2
1
6
3
A
P
.
2. Qutida 3 ta oq, 2 ta qizil va 5 ta ko’k shar bor. Qutidan tavakkaliga olingan
sharning rangli bo’lishi ehtimolini toping.
Y e c h i s h.
A
olingan shar rangli bo’lishi hodisasi bo’lsin. Sinash 10 ta teng
imkoniyatli elementar hatijalardan iborat bo’lib, ulardan 7 tasi olingan shar
rangli
( qizil, ko’k) bo’lishiga, ya’ni
A
hodisaga moyil.
Demak,
.
7
,
0
10
7
A
P
3. Qirqma alfavitning 10 ta harfidan “
MATEMATIKA
” so’zi tuzilgan. Bu
harflar sochilib ketgan va qaytadan ixtiyoriy tartibda yig’ilgan. Quyidagi so’zlar
hosil bo’lishi ehtimollarini toping: 1) “
MATEMATIKA
”, 2) “
KATET
”.
Y e c h i s h. 1)
A
“
MATEMATIKA
” so’zi hosil bo’lishi hodisasi bo’lsin.
Sinashning mumkin bo’lgan teng imkoniyatli elementar hatijalari 10 ta elementli
o’rin almashtirishdan iborat, ya’ni
!.
10
10
P
A
hodisaga
moyil hodisalar soni
!
2
!
3
!
2
m
, chunki matematika so’zida “
M
” 2 marta, “
A
” 3 marta, “
T
” 2 marta
takrorlanadi. Demak,
.
151200
1
!
10
!
2
!
3
!
2
A
P
2)
B
“
KATET
” so’zi hosil bo’lishi hodisasi bo’lsin. Sinashning mumkin
bo’lgan
teng imkoniyatli elementar hatijalari 10 ta elementdan 5 tadan o’rinlashtirishdan
iborat,
ya’ni
.
!
5
!
10
5
10
A
B
hodisaga moyil hodisalar soni
!
2
m
, chunki katet so’zida “
T
”
2 marta takrorlanadi.
Shunday qilib,
.
15120
1
!
10
!
5
!
2
B
P
4. Yashikda 10 ta detal bo’lib, ulardan 7 tasi standart. Tavakkaliga
1) 4 ta detal olinganda, ularning hammasi standart bo’lishi ehtimolini toping;
2) 5 ta detal olinganda, ularning 3 tasi standart bo’lishi ehtimolini toping.
Y e c h i s h. 1) sinashning mumkin bo’lgan elementar natijalari soni 10
detaldan
4 ta detalni olish usullari soniga, ya’ni
4
10
C
ga teng. Qaralayotgan hodisa
A
ga moyil
natijalar soni 7 detaldan 4 ta
detalni olish usullari soni
4
7
C
ga teng.
Demak,
.
6
1
10
9
8
6
5
4
!
3
!
10
!
6
!
7
!
6
!
4
!
10
!
3
!
4
!
7
4
10
4
7
C
C
A
P
2) sinashning mumkin bo’lgan elementar natijalari
5
10
C
ga teng. Ulardan
2
3
3
7
C
C
tasi tanlangan detallar ichida 3 tasi standart bo’lishi hodisasi
B
ga moyil.
Shu sababli
.
12
5
!
2
!
4
!
3
!
10
!
5
!
5
!
3
!
7
!
5
!
5
!
10
!
1
!
2
!
3
!
4
!
3
!
7
5
10
2
3
3
7
C
C
C
B
P
5. Yetti qavatli uyning liftiga birinchi qavatda 3 kishi kirdi. Ularnin
har biri
ikkidan ettigacha bo’lgan istalgan qavatda liftdan chiqishi mumkin. Quyidagi
hodisalarning ro’y berishi ehtimollarini toping:
A
ularning barchasi 5-qavatda
liftdan chiqisi;
B
ularning barchasi bitta qavatda liftdan chiqisi;
C
ulardan har
biri turli qavatda liftdan chiqisi.
Y e c h i s h. Yo’lovchilarning har biri ikkidan ettinchi qavatgacha 6 usul bilan
lifdan chiqishi mumkin. Bunda har bir yo’lovchining natijalari boshqa
yo’lovchilarning natijalari bilan birgalikda bo’ladi. Shu sabablia sinashning mumkin
bo’lgan elementar natijalari soni
216
6
3
n
ga teng.
Ulardan
A
hodisaga
1
1
m
ta natija moyil,
B
hodisaga
6
2
m
ta natija ( barcha yo’lovchi yoki 2-qavatda, yoki
3-qavatda,…, yoki
6-qavatda liftdan chiqadi) moyil,
C
hodisaga
20
3
6
.
3
C
m
ta natija (yo’lovchilar
6 ta qavatdan 3ta qavatda liftdan chiqadi) moyil.
Bundan
;
216
1
A
P
;
36
1
216
6
B
P
.
54
5
216
20
C
P
6. Ikkita o’yin kubigi baravar tashlanganda quyidagi hodisalarning ro’y berishi
ehtimollarini toping:
A
tushgan ochkolar yig’indisi 6 ga teng;
B
tushgan
ochkolar ko’paytmasi 6 ga teng;
C
tushgan ochkolar yig’indisi ularning
ko’paytmasidan katta.
Y e c h i s h. Har bir o’yin kubigi tashlanganda oltita elementar natija – 1, 2,
3, 4,
5, 6 ochko tushishi hodisalari mavjud. Birinchi kubik elementar natijalarininhg har
biri ikkinchi kubikdagi natijalar bilan birgalikda bo’ladi. Shu sababli sinashning
mumkin bo’lgan elementar natijalari soni
36
6
2
n
ga teng. Ulardan
A
hodisaga
kubiklarda (1,5), (2,4), (3,3), (4,2), (5,1) ochkolar tushishi, ya’ni
5
1
m
tasi moyil,
B
hodisaga kubiklarda (1,6), (2,3), (3,2), (6,1) ochkolar tushishi, ya’ni
4
2
m
tasi
moyil,
C
hodisaga kubiklarda (1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6), (2,1), (3,1), (4,1),
(5,1), (6,1)
ochkolar tushish, ya’ni
11
.
3
m
tasi moyil.
Demak,
;
36
5
A
P
;
9
1
36
4
B
P
.
36
11
C
P
Do'stlaringiz bilan baham: 
