Navodila
Substitucijska metoda Izrazite eno spremenljivko in jo nadomestite v drugo enačbo. Po lastni presoji lahko izrazite katero koli spremenljivko. Na primer, izrazite y iz druge enačbe:
x-y=2 => y=x-2 Nato vse nadomestite v prvo enačbo:
2x+(x-2)=10 Premakni vse brez "x" na desna stran in izračunaj:
2x+x=10+2
3x=12 Nato, da dobite x, delite obe strani enačbe s 3:
x=4 Torej ste našli "x. Poišči "y. Če želite to narediti, zamenjajte "x" v enačbo, iz katere ste izrazili "y":
y=x-2=4-2=2
y=2.
Naredite pregled. Če želite to narediti, zamenjajte dobljene vrednosti v enačbe:
2*4+2=10
4-2=2
Neznanke so bile pravilno najdene!
Način seštevanja ali odštevanja enačb Takoj se znebite vsake spremenljivke. V našem primeru je to lažje narediti z »y.
Ker je v "y" znak "+", v drugem pa "-", potem lahko izvedete operacijo dodajanja, tj. leva stran dodajte ga levemu in dodajte desnega desnemu:
2x+y+(x-y)=10+2 Pretvori:
2x+y+x-y=10+2
3x=12
x=4 Zamenjajte "x" v poljubno enačbo in poiščite "y":
2*4+y=10
8+y=10
y=10-8
y=2S 1. metodo lahko vidite, da so bili pravilno najdeni.
Če ni jasno definiranih spremenljivk, je treba enačbe nekoliko transformirati.
V prvi enačbi imamo "2x", v drugi pa preprosto "x". Da se x med seštevanjem zmanjša, pomnožite drugo enačbo z 2:
x-y=2
2x-2y=4 Nato odštejte drugo od prve enačbe:
2x+y-(2x-2y)=10-4 Upoštevajte, da če je pred oklepajem minus, ga po odprtju spremenite v nasprotno:
2x+y-2x+2y=6
3у=6
poiščite y=2x tako, da izrazite iz katere koli enačbe, tj.
x=4
Video na temo
Nasvet 2: Kako rešiti linearno enačbo v dveh spremenljivkah
Enačba, zapisano v splošni obliki ax+bу+c=0, imenujemo linearna enačba z dvema spremenljivke. Ta enačba sama vsebuje neskončen niz rešitve, zato je v nalogah vedno dopolnjena z nečim - drugo enačbo ali omejitvenimi pogoji. Odvisno od pogojev, ki jih ponuja problem, rešite linearno enačbo z dvema spremenljivke naj različne poti.
Boste potrebovali
- - linearna enačba z dvema spremenljivkama;
- - druga enačba oz dodatni pogoji.
Navodila
Če je dan sistem dveh linearne enačbe, rešite na naslednji način. Izberite eno od enačb, v katerih so koeficienti spremenljivke manjši in izražajo eno od spremenljivk, na primer x. Nato nadomestite to vrednost, ki vsebuje y, v drugo enačbo. V nastali enačbi bo samo ena spremenljivka y, vse dele z y premaknite na levo stran, proste pa na desno. Poiščite y in ga nadomestite s katero koli prvotno enačbo, da najdete x.
Obstaja še en način za rešitev sistema dveh enačb. Pomnožite eno od enačb s številom, tako da bo koeficient ene od spremenljivk, kot je x, enak v obeh enačbah. Nato odštejte eno od enačb od druge (če desna stran ni enaka 0, ne pozabite odšteti desnih strani na enak način). Videli boste, da je spremenljivka x izginila in ostala samo ena spremenljivka y. Rešite dobljeno enačbo in nadomestite najdeno vrednost y v katero koli prvotno enačbo. Poišči x.
Tretji način reševanja sistema dveh linearnih enačb je grafični. Narišite koordinatni sistem in grafično narišite dve premici, katerih enačbe so podane v vašem sistemu. Če želite to narediti, nadomestite kateri koli dve vrednosti x v enačbo in poiščite ustrezen y - to bodo koordinate točk, ki pripadajo črti. Najprimernejši način za iskanje presečišča s koordinatnimi osmi je preprosto zamenjava vrednosti x=0 in y=0. Koordinate presečišča teh dveh premic bodo naloge.
Če je v pogojih problema samo ena linearna enačba, so vam dani dodatni pogoji, s pomočjo katerih lahko najdete rešitev. Pozorno preberite težavo, da najdete te pogoje. če spremenljivke x in y označujeta razdaljo, hitrost, težo - lahko nastavite mejo x≥0 in y≥0. Povsem mogoče je, da x ali y skrivata število jabolk itd. – potem so lahko vrednosti le . Če je x sinova starost, je jasno, da ne more biti starejši od očeta, zato to navedite v pogojih problema.
Viri:
- kako rešiti enačbo z eno spremenljivko
Samo po sebi enačba s tremi neznano ima veliko rešitev, zato je največkrat dopolnjena še z dvema enačbama ali pogojema. Od tega, kakšni bodo začetni podatki, bo v veliki meri odvisen potek odločitve.
Boste potrebovali
- - sistem treh enačb s tremi neznankami.
Navodila
Če imata dva od treh sistemov samo dve od treh neznank, poskusite izraziti nekatere spremenljivke z drugimi in jih nadomestiti v enačba s tremi neznano. Vaš cilj v tem primeru je, da ga spremenite v normalno enačba z neznano osebo. Če je to , je nadaljnja rešitev precej preprosta - najdeno vrednost nadomestimo v druge enačbe in poiščemo vse ostale neznanke.
Nekatere sisteme enačb je mogoče odšteti od ene enačbe z drugo. Poglejte, ali je mogoče pomnožiti eno od ali spremenljivko tako, da se dve neznanki izničita hkrati. Če obstaja takšna priložnost, jo najverjetneje izkoristite, nadaljnja rešitev ne bo težka. Ne pozabite, da morate pri množenju s številom pomnožiti tako levo kot desno stran. Podobno se pri odštevanju enačb spomnite, da je treba odšteti tudi desno stran.
Če prejšnje metode niso pomagale, uporabite na splošen način rešitve poljubnih enačb s tremi neznano. Če želite to narediti, prepišite enačbe v obliki a11x1+a12x2+a13x3=b1, a21x1+a22x2+a23x3=b2, a31x1+a32x2+a33x3=b3. Zdaj ustvarite matriko koeficientov za x (A), matriko neznank (X) in matriko prostih (B). Upoštevajte, da z množenjem matrike koeficientov z matriko neznank dobite matriko, matriko brezplačni člani, to je A*X=B.
Poiščite matriko A na potenco (-1), tako da najprej ugotovite , upoštevajte, da ne bi smelo biti enako nič. Po tem pomnožite dobljeno matriko z matriko B, kot rezultat boste prejeli želeno matriko X, ki označuje vse vrednosti.
Z Cramerjevo metodo lahko najdete tudi rešitev sistema treh enačb. Če želite to narediti, poiščite determinanto tretjega reda ∆, ki ustreza sistemski matriki. Nato zaporedno poiščite še tri determinante ∆1, ∆2 in ∆3, pri čemer nadomestite vrednosti prostih členov namesto vrednosti ustreznih stolpcev. Zdaj poiščite x: x1=∆1/∆, x2=∆2/∆, x3=∆3/∆.
Viri:
- rešitve enačb s tremi neznankami
Reševanje sistema enačb je zahtevno in razburljivo. kako kompleksnejši sistem, bolj zanimivo ga je reševati. Najpogosteje pri matematiki Srednja šola obstajajo sistemi enačb z dvema neznankama, vendar v višja matematika lahko je več spremenljivk. Sisteme je mogoče rešiti z več metodami.
Navodila
Najpogostejša metoda za reševanje sistema enačb je substitucija. Če želite to narediti, morate eno spremenljivko izraziti z drugo in jo nadomestiti z drugo enačba sistemov, s čimer vodi enačba na eno spremenljivko. Na primer, glede na naslednje enačbe: 2x-3y-1=0;x+y-3=0.
Iz drugega izraza je priročno izraziti eno od spremenljivk, vse ostalo premakniti na desno stran izraza, ne da bi pozabili spremeniti predznak koeficienta: x = 3-y.
Odprite oklepaje: 6-2y-3y-1=0;-5y+5=0;y=1 Dobljeno vrednost y nadomestimo v izraz: x=3-y;x=3-1;x=2. .
V prvem izrazu so vsi členi 2, 2 lahko postavite iz oklepaja razdelitvena lastnina množenje: 2*(2x-y-3)=0. Zdaj lahko oba dela izraza zmanjšamo za to število in nato izrazimo kot y, saj je koeficient modula zanj enak ena: -y = 3-2x ali y = 2x-3.
Tako kot v prvem primeru zamenjamo ta izraz v drugem enačba in dobimo: 3x+2*(2x-3)-8=0;3x+4x-6-8=0;7x-14=0;7x=14;x=2 Dobljeno vrednost nadomestimo v izraz: y=2x -3;y=4-3=1.
Vidimo, da je koeficient za y enak po vrednosti, vendar drugačen po predznaku, torej, če dodamo te enačbe, se bomo popolnoma znebili y: 4x+3x-2y+2y-6-8=0; 14=0; nadomestite vrednost x v katero koli od obeh enačb sistema in dobite y=1.
Video na temo
Bikvadraten enačba predstavlja enačbačetrta stopnja, splošna oblika ki je predstavljen z izrazom ax^4 + bx^2 + c = 0. Njena rešitev temelji na uporabi metode zamenjave neznank. IN v tem primeru x^2 se nadomesti z drugo spremenljivko. Tako je rezultat navaden kvadrat enačba, ki ga je treba rešiti.
Navodila
Reši kvadrat enačba, ki je posledica zamenjave. Če želite to narediti, najprej izračunajte vrednost v skladu s formulo: D = b^2? 4ac. V tem primeru so spremenljivke a, b, c koeficienti naše enačbe.
Poiščite korenine bikvadratna enačba. Če želite to narediti, vzemite kvadratni koren dobljenih rešitev. Če je bila ena rešitev, potem bosta dve - pozitivni in negativen pomen kvadratni koren. Če bi obstajali dve rešitvi, bo bikvadratna enačba imela štiri korenine.
Video na temo
Eden od klasične metode reševanje sistemov linearnih enačb je Gaussova metoda. Leži v dosledno izključevanje spremenljivke pri uporabi sistema enačb enostavne transformacije se prevede v stopenjski sistem, iz katerega se zaporedno najdejo vse spremenljivke, začenši z zadnjo.
Navodila
Najprej pripeljite sistem enačb v takšno obliko, ko so vse neznanke v strogem vrstnem redu. v določenem vrstnem redu. Na primer, vsi neznani X bodo prikazani prvi v vsaki vrstici, vsi Y bodo prišli za X, vsi Z bodo prišli za Y in tako naprej. Na desni strani vsake enačbe ne sme biti neznank. V mislih določite koeficiente pred vsako neznanko, pa tudi koeficiente na desni strani vsake enačbe.
Pustil odgovor Gost
Z eno kocke situacija je nespodobno preprosta. Naj vas spomnim, da se verjetnost ugotovi po formuli P=m/n
p
=
m
n
, kjer je n
n
- število vseh enako možnih osnovni izidi poskus z metanjem kocke ali kocke in m
m
- število izidov, ki dajejo prednost dogodku.
Primer 1: Kocka se vrže enkrat. Kakšna je verjetnost, da se je zgodilo sodo število očala?
Ker je kocka kocka (pravijo tudi navadna kocka, to je uravnotežena kocka, tako da z enako verjetnostjo pristane na vse strani), ima kocka 6 ploskev (s številom točk od 1 do 6, običajno označenih po točkah), nato And skupno število rezultatov v problemu n=6
n
=
6
. Edini izidi, ki dajejo prednost dogodku, so tisti, kjer se pojavi stran z 2, 4 ali 6 točkami (samo soda števila); takih strani je m=3;
m
=
3
. Potem je zahtevana verjetnost P=3/6=1/2=0,5
p
=
3
6
=
1
2
=
0.5
.
Primer 2. Kocka je vržena. Poiščite verjetnost, da bo padlo vsaj 5 točk.
Razmišljamo enako kot v prejšnjem primeru. Skupno število enako možnih izidov pri metanju kocke n=6
n
=
6
, pogoj "vsaj 5 vrženih točk", to je "bodisi 5 ali 6 vrženih točk", je izpolnjen z 2 izidoma, m=2
m
=
2
. Zahtevana verjetnost je P=2/6=1/3=0,333
p
=
2
6
=
1
3
=
0.333
.
Sploh ne vidim smisla navajati več primerov, pojdimo na dve kocki, kjer postane vse bolj zanimivo in zapleteno.
Dve kocki
Kdaj govorimo o Za težave, ki vključujejo metanje 2 kock, je zelo priročno uporabiti tabelo točkovanja. Vodoravno narišemo število točk, ki so padle na prvi kocki, navpično pa število točk, ki so padle na drugi kocki. Vzemimo nekaj takega (običajno to naredim v Excelu, datoteko lahko prenesete spodaj):
tabela točk za metanje 2 kock
Sprašujete, kaj je v celicah tabele? In od tega je odvisno, kakšen problem bomo rešili. Sledila bo naloga o seštevku točk - tja bomo zapisali vsoto, o razliki - napisali bomo razliko in tako naprej. Začnimo?
Primer 3. Istočasno sta vrženi 2 kocki. Poiščite verjetnost, da bo vsota manjša od 5 točk.
Najprej si poglejmo skupno število izidov poskusa. ko smo vrgli eno kocko, je bilo vse očitno, 6 strani - 6 izidov. Tu sta že dve kocki, zato lahko izide predstavimo kot urejene pare števil oblike (x,y)
x
,
l
, kjer je x
x
- koliko točk je bilo vrženih na prvi kocki (od 1 do 6), y
l
- koliko točk je bilo vrženih na drugi kocki (od 1 do 6). Očitno bo takih parov števil n=6⋅6=36
n
=
6
⋅
6
=
36
(in ustreza jim natanko 36 celic v tabeli rezultatov).
Zdaj je čas, da izpolnite tabelo. V vsako celico vpišemo vsoto vrženih točk na prvi in drugi kocki in dobimo naslednjo sliko:
tabela seštevka točk pri metu 2 kock
Zdaj nam bo ta tabela pomagala najti število izidov, ki so ugodni za dogodek "skupaj se bo pojavilo manj kot 5 točk." Da bi to naredili, preštejemo število celic, v katerih je vrednost vsote manjša od 5 (to je 2, 3 ali 4). Zaradi jasnosti pobarvajmo te celice, tam bo m=6
m
=
6
:
tabela skupnih točk manj kot 5 pri metu 2 kock
Potem je verjetnost: P=6/36=1/6
p
=
6
36
=
1
6
.
Primer 4. Vrženi sta dve kocki. Poiščite verjetnost, da je produkt števila točk deljiv s 3.
Izdelamo tabelo zmnožkov vrženih točk na prvi in drugi kocki. Takoj izpostavimo tiste številke, ki so večkratniki 3:
Tabela produkta točk pri metu 2 kock
Preostane le še zapisati, da je skupno število izidov n=36
n
=
36
(glej prejšnji primer, sklepanje je enako) in število ugodnih izidov (število osenčenih celic v zgornji tabeli) m=20
m
=
20
. Potem bo verjetnost dogodka enaka P=20/36=5/9
p
=
20
36
=
5
9
.
Kot lahko vidite, je tovrstno težavo s pravilno pripravo (poglejmo še nekaj težav) hitro in enostavno rešiti. Za popestritev naredimo še eno nalogo z drugo tabelo (vse tabele lahko prenesete na dnu strani).
Primer 5: Kocka je vržena dvakrat. Poiščite verjetnost, da bo razlika v številu točk na prvi in drugi kocki od 2 do 5.
Zapišimo tabelo točkovnih razlik, v njej označimo celice, v katerih bo vrednost razlike med 2 in 5:
Tabela razlike točk pri metu 2 kock
Torej je skupno število enako možnih elementarnih izidov n=36
n
=
36
in število ugodnih izidov (število osenčenih celic v zgornji tabeli) m=10
m
=
10
. Potem bo verjetnost dogodka enaka P=10/36=5/18
p
=
10
36
=
5
18
.
Torej, v primeru, ko govorimo o metanju 2 kock in preprost dogodek, morate sestaviti tabelo, v njej izbrati potrebne celice in njihovo število deliti s 36, to bo verjetnost. Poleg nalog o vsoti, zmnožku in razliki števila točk so na voljo tudi naloge o modulu razlike, najmanjšem in največjem številu izžrebanih točk (primerne tabele boste našli v Excelovi datoteki).
V vseh nalogah B6 naprej teorija verjetnosti, ki so predstavljeni v Odprite banko nalog za, morate najti verjetnost katerikoli dogodek.
Vedeti morate samo eno formula, ki se uporablja za izračun verjetnost:
V tej formuli p - verjetnost dogodka,
k- število dogodkov, ki nas »zadovoljujejo« v jeziku teorija verjetnosti se imenujejo ugodne rezultate.
n-število vseh možnih dogodkov, oz število vseh možnih rezultatov.
Očitno je število vseh možnih dogodkov večje od števila ugodnih izidov, torej verjetnost je vrednost, ki je manjša ali enaka 1.
če verjetnost dogodek enak 1, to pomeni, da ta dogodek se bo zagotovo zgodilo. Takšen dogodek se imenuje zanesljiv. Na primer, to, da bo za nedeljo ponedeljek, je na žalost zanesljiv dogodek in njegova verjetnost je 1.
Največ težav pri reševanju nalog nastane prav pri iskanju števil k in n.
Seveda tako kot pri reševanju kakršnih koli težav pri reševanju težav na teorija verjetnosti Pogoj morate natančno prebrati, da boste pravilno razumeli, kaj je dano in kaj morate najti.
Oglejmo si nekaj primerov reševanja problemov iz od Odprta banka naloge za .
Primer 1. IN naključni poskus vrženi sta dve kocki. Poiščite verjetnost, da bo skupno 8 točk. Rezultat zaokrožite na stotinke.
Naj prva kocka vrže eno točko, potem lahko druga kocka vrže 6 različnih možnosti. Ker ima prva kocka 6 različnih strani, je skupno število različnih možnosti 6x6=36.
A z vsem nismo zadovoljni. Glede na pogoje naloge mora biti vsota izžrebanih točk enaka 8. Sestavimo tabelo ugodnih izidov:
Vidimo, da je število izidov, ki nam ustrezajo, 5.
Tako je verjetnost, da se bo pojavilo skupaj 8 točk, 5/36=0,13(8).
Še enkrat preberemo vprašanje problema: rezultat moramo zaokrožiti na stotinke.
Spomnimo se pravilo zaokroževanja.
Zaokrožiti moramo na najbližjo stotino. Če je na naslednjem mestu za stotinkami (to je na tisočinki) število, ki je večje ali enako 5, potem številu na stotinkah dodamo 1, če je to število manjše od 5, potem pustimo številko na mestu stotink nespremenjeno.
V našem primeru je število na tisočinki 8, zato število 3, ki je na stotinkah, povečamo za 1.
Torej, p=5/36 ≈0,14
Odgovor: 0,14
Primer 2. Na prvenstvu v gimnastiki sodeluje 20 športnikov: 8 iz Rusije, 7 iz ZDA, ostali iz Kitajske. Vrstni red nastopov telovadcev določi žreb. Poiščite verjetnost, da je športnik, ki tekmuje prvi, iz Kitajske.
V tem problemu je število možnih izidov 20 – to je število vseh športnikov.
Poiščimo število ugodnih izidov. To je enako številu športnic iz Kitajske.
torej
Odgovor: 0,25
Primer 3: V povprečju od 1000 prodanih vrtnih črpalk pušča 5. Poiščite verjetnost, da ena črpalka, naključno izbrana za krmiljenje, ne pušča.
V tem problemu je n=1000.
Zanimajo nas črpalke, ki ne puščajo. Njihovo število je 1000-5=995. Tisti.
Drug priljubljen problem v teoriji verjetnosti (poleg problema z metom kovanca) je problem metanja kocke.
Običajno naloga zveni takole: vrže se ena ali več kock (običajno 2, manj pogosto 3). Ugotoviti morate verjetnost, da je število točk 4, ali je vsota točk 10, ali je produkt števila točk deljiv z 2, ali se število točk razlikuje za 3 itd.
Metoda osnovne rešitve podobne naloge- uporaba klasične verjetnostne formule, ki jo bomo analizirali na spodnjih primerih.
Ko se seznanite z metodami reševanja, lahko prenesete super uporabno rešitev za met 2 kock (s tabelami in primeri).
Ena kocka
Z eno kocko je situacija nespodobno preprosta. Naj vas spomnim, da se verjetnost ugotovi po formuli $P=m/n$, kjer je $n$ število vseh enako možnih elementarnih izidov poskusa z metanjem kocke ali kocke, $m$ pa število tistih rezultatov, ki dajejo prednost dogodku.
Primer 1. Kocka se vrže enkrat. Kakšna je verjetnost, da se vrže sodo število točk?
Ker je kocka kocka (pravijo tudi poštene kocke, to pomeni, da je kocka uravnotežena, tako da pristane na vseh straneh z enako verjetnostjo), kocka ima 6 strani (s številom točk od 1 do 6, običajno označene točke), potem je skupno število izidov v problem je $n=6$. Edini izidi, ki dajejo prednost dogodku, so tisti, kjer se pojavi stran z 2, 4 ali 6 točkami (tudi samo enimi), takih strani je $m=3$. Potem je želena verjetnost enaka $P=3/6=1/2=0,5$.
Primer 2. Kocka je vržena. Poiščite verjetnost, da bo padlo vsaj 5 točk.
Razmišljamo enako kot v prejšnjem primeru. Skupno število enakih možnih izidov pri metanju kocke je $n=6$, pogoj »vsaj 5 prevrnjenih točk«, torej »bodisi 5 ali 6 prevrnjenih točk«, sta izpolnjena z 2 izidoma, $m =2$. Zahtevana verjetnost je $P=2/6=1/3=0,333$.
Sploh ne vidim smisla navajati več primerov, pojdimo na dve kocki, kjer postane vse bolj zanimivo in zapleteno.
Dve kocki
Ko gre za težave z metanjem 2 kock, je uporaba zelo priročna tabela točk. Narišimo vodoravno število točk, ki so padle na prvi kocki, in navpično število točk, ki so padle na drugi kocki. Vzemimo nekaj takega (običajno to naredim v Excelu, lahko prenesete datoteko):
Sprašujete, kaj je v celicah tabele? In od tega je odvisno, kakšen problem bomo rešili. Sledila bo naloga o seštevku točk - tja bomo zapisali vsoto, o razliki - napisali bomo razliko in tako naprej. Začnimo?
Primer 3. Istočasno se vržeta 2 kocki. Poiščite verjetnost, da bo vsota manjša od 5 točk.
Najprej si poglejmo skupno število izidov poskusa. ko smo vrgli eno kocko, je bilo vse očitno, 6 strani - 6 izidov. Tu sta že dve kocki, zato lahko izide predstavimo kot urejene pare števil v obliki $(x,y)$, kjer je $x$ koliko točk je padlo na prvi kocki (od 1 do 6), $ y$ je, koliko točk je padlo na drugo kocko (od 1 do 6). Očitno bo skupno število takšnih parov števil $n=6\cdot 6=36$ (in ustrezajo točno 36 celicam v tabeli rezultatov).
Zdaj je čas, da izpolnite tabelo. V vsako celico vpišemo vsoto vrženih točk na prvi in drugi kocki in dobimo naslednjo sliko:
Zdaj nam bo ta tabela pomagala najti število izidov, ki so ugodni za dogodek "skupaj se bo pojavilo manj kot 5 točk." Da bi to naredili, preštejemo število celic, v katerih je vrednost vsote manjša od 5 (to je 2, 3 ali 4). Zaradi jasnosti pobarvajmo te celice, tam bo $m=6$:
Potem je verjetnost enaka: $P=6/36=1/6$.
Primer 4. Vrženi sta dve kocki. Poiščite verjetnost, da je produkt števila točk deljiv s 3.
Izdelamo tabelo zmnožkov vrženih točk na prvi in drugi kocki. Takoj izpostavimo tiste številke, ki so večkratniki 3:
Preostane le še zapisati, da je skupno število izidov $n=36$ (glej prejšnji primer, sklepanje je enako), število ugodnih izidov (število osenčenih celic v zgornji tabeli) pa je $m=20$. Potem bo verjetnost dogodka enaka $P=20/36=5/9$.
Kot lahko vidite, je tovrstno težavo s pravilno pripravo (poglejmo še nekaj težav) hitro in enostavno rešiti. Za popestritev naredimo še eno nalogo z drugo tabelo (vse tabele lahko prenesete na dnu strani).
Primer 5. Kocka se vrže dvakrat. Poiščite verjetnost, da bo razlika v številu točk na prvi in drugi kocki od 2 do 5.
Zapišimo tabelo točkovnih razlik, v njej označimo celice, v katerih bo vrednost razlike med 2 in 5:
Torej je skupno število enako možnih elementarnih izidov $n=36$, število ugodnih izidov (število osenčenih celic v zgornji tabeli) pa $m=10$. Potem bo verjetnost dogodka enaka $P=10/36=5/18$.
Torej, v primeru, ko govorimo o metanju 2 kock in preprostem dogodku, morate sestaviti tabelo, v njej izbrati potrebne celice in njihovo število deliti s 36, to bo verjetnost. Poleg nalog o vsoti, zmnožku in razliki števila točk so na voljo še naloge o modulu razlike, najmanjšem in največjem številu izžrebanih točk (primerne tabele boste našli v).
Druge težave o kockah in kockah
Seveda zadeva ni omejena na dva razreda problemov o metanju kock, o katerih smo govorili zgoraj (preprosto jih najpogosteje srečamo v knjigah problemov in priročnikih za usposabljanje), obstajajo še drugi. Za raznolikost in razumevanje metode približne rešitve bomo analizirali še tri tipični primeri: za met 3 kock, za pogojno verjetnost in za Bernoullijevo formulo.
Primer 6. Vržene so 3 kocke. Poiščite verjetnost, da je skupno 15 točk.
Pri 3 kockah se tabele sestavljajo redkeje, saj boste potrebovali kar 6 kosov (in ne enega, kot zgoraj), dobijo se s preprostim iskanjem po zahtevanih kombinacijah.
Poiščimo skupno število izidov poskusa. Rezultate je mogoče predstaviti kot urejene trojčke števil v obliki $(x,y,z)$, kjer je $x$ koliko točk je padlo na prvo kocko (od 1 do 6), $y$ je koliko točk je padlo na drugi kocki (od 1 do 6), $z$ - koliko točk je padlo na tretjo kocko (od 1 do 6). Očitno bo skupno število takih trojčkov števil $n=6\cdot 6\cdot 6=216$.
Zdaj izberimo rezultate, ki dajejo skupno 15 točk.
$$ (3,6,6), (6,3,6), (6,6,3),\\ (4,5,6), (4,6,5), (5,4,6), (6,5,4), (5,6,4), (6,4,5),\\ (5,5,5). $$
Dobili smo $m=3+6+1=10$ rezultatov. Želena verjetnost je $P=10/216=0,046$.
Primer 7. Vrženi sta 2 kocki. Poiščite verjetnost, da prva kocka ne vrže več kot 4 točke, če je skupno število točk sodo.
Najlažji način za rešitev tega problema je, da znova uporabite tabelo (vse bo jasno), kot prej. Napišemo tabelo vsot točk in izberemo samo celice s sodimi vrednostmi:
Dobimo, da po pogojih eksperimenta ni 36, ampak $n=18$ izidov (če je vsota točk soda).
zdaj iz teh celic Izberimo le tiste, ki ustrezajo dogodku "največ 4 točke vrženih na prvi kocki" - to je dejansko celice v prvih 4 vrsticah tabele (označene z oranžno), bo $m= 12 $.
Zahtevana verjetnost $P=12/18=2/3.$
Ista naloga je lahko odločiti drugače z uporabo formule pogojne verjetnosti. Vpišemo dogodke:
A = Vsota števila točk je soda
B = Ne več kot 4 vržene točke na prvi kocki
AB = vsota števila točk je soda in na prvi kocki niso bile vržene več kot 4 točke
Potem ima formula za želeno verjetnost obliko: $$ P(B|A)=\frac(P(AB))(P(A)). $$ Verjetnosti iskanja. Skupno število izidov je $n=36$, za dogodek A je število ugodnih izidov (glej zgornje tabele) $m(A)=18$, za dogodek AB pa - $m(AB)=12$. Dobimo: $$ P(A)=\frac(m(A))(n)=\frac(18)(36)=\frac(1)(2); \quad P(AB)=\frac(m(AB))(n)=\frac(12)(36)=\frac(1)(3);\\ P(B|A)=\frac(P (AB))(P(A))=\frac(1/3)(1/2)=\frac(2)(3). $$ Odgovori so bili enaki.
Primer 8. Kocka se vrže 4-krat. Poiščite verjetnost, da se bo sodo število točk pojavilo natanko 3-krat.
V primeru, ko kocke vrže večkrat, pri dogodku pa ne gre za vsoto, zmnožek itd. integralne značilnosti, ampak le približno število kapljic določene vrste, lahko uporabite za izračun verjetnosti
Problemi 1.4 - 1.6
Stanje problema 1.4
Navedite napako v "rešitvi" problema: vrženi sta dve kocki; poiščite verjetnost, da je vsota izžrebanih točk 3 (dogodek A). "Rešitev". Možna sta dva izida testa: vsota izžrebanih točk je 3, vsota izžrebanih točk ni enaka 3. Dogodku A daje prednost en izid, skupno število izidov je dva. Zato je želena verjetnost enaka P(A) = 1/2.
Rešitev problema 1.4
Napaka v tej "rešitvi" je, da zadevni rezultati niso enako možni. Pravilna rešitev: Skupno število enako možnih izidov je enako (vsako število vrženih točk na eni kocki se lahko združi z vsem številom vrženih točk na drugi kocki). Med temi izidi sta samo dva izida naklonjena dogodku: (1; 2) in (2; 1). To pomeni, da zahtevana verjetnost 
odgovor:
Stanje problema 1.5
Vrženi sta dve kocki. Poišči verjetnosti naslednjih dogodkov: a) vsota izžrebanih točk je sedem; b) seštevek izžrebanih točk je osem, razlika pa štiri; c) vsota izžrebanih točk je osem, če je znano, da je njihova razlika štiri; d) vsota ovrženih točk je pet, zmnožek pa štiri.
Rešitev problema 1.5
a) Šest možnosti na prvi kocki, šest na drugi. Skupaj možnosti: (glede na pravilo izdelka). Možnosti za vsoto, ki je enaka 7: (1,6), (6,1), (2,5), (5,2), (3,4), (4,3) - skupaj šest možnosti. pomeni,
b) Samo dva primerne možnosti: (6.2) in (2.6). pomeni,
c) Obstajata le dve ustrezni možnosti: (2,6), (6,2). Ampak v celoti možne možnosti 4: (2,6), (6,2), (1,5), (5,1). Pomeni,.
d) Za vsoto, ki je enaka 5, so primerne naslednje možnosti: (1,4), (4,1), (2,3), (3,2). Izdelek je 4 samo za dve možnosti. Potem
Odgovor: a) 1/6; b) 1/18; c) 1/2; d) 1/18
Stanje problema 1.6
Kocka, katere vsi robovi so obarvani, je razžagana na tisoč kock enake velikosti, ki jih nato temeljito premešamo. Ugotovite verjetnost, da ima kocka, ki jo je izrisala sreča, obarvane ploskve: a) eno; b) dva; ob treh.
Rešitev problema 1.6
Skupaj je nastalo 1000 kock. Kocke s tremi barvnimi ploskvami: 8 (to so kotne kocke). Z dvema obarvanima ploskvama: 96 (ker je 12 robov kocke z 8 kockami na vsakem robu). Kocke z barvnimi robovi: 384 (ker je 6 ploskev in je na vsaki 64 kock). Vse, kar ostane, je, da vsako najdeno količino delimo s 1000.
Odgovor: a) 0,384; b) 0,096 c) 0,008
