11. klaseKombinatorika, varbūtība un statistika

Hiperģeometriskā varbūtība — uzdevumi ar atrisinājumiem

Q: Traukā ir 6 sarkanas un 5 zilas bumbiņas. Izvelk 2 bumbiņas bez atlikšanas. Kāda varbūtība, ka abas ir sarkanas?

\dfrac{3}{11}. Hiperģeometriskā varbūtība. P = \dfrac{C_{6}^{2}}{C_{11}^{2}}. Labvēlīgie: C_{6}^{2} = 15. Visi: C_{11}^{2} = 55. P = \dfrac{15}{55} = \dfrac{3}{11}.

Q: Kastē ir 5 baltas un 3 melnas bumbiņas. Cik dažādos veidos var izvēlēties 2 bumbiņas tā, lai starp tām būtu tieši 1 balta?

15. 1. Sadalām divās neatkarīgās izvēlēs. Baltās izvēlamies no baltajām, melnās — no melnajām. Šīs izvēles neietekmē viena otru. 2. Baltās. No 5 baltajām ņemam 1: \binom{5}{1} = 5 veidi. 3. Melnās. Atlikušās 2 - 1 = 1 ņemam no 3 melnajām: \binom{3}{1} = 3 veidi. 4. Kāpēc reizina, ne saskaita? Katru balto izvēli var apvienot ar katru melno. Ja būtu 2 un 3 veidi, kopā būtu 6 pāri, ne 5. Tāpēc: 5 \cdot 3 = 15 5. Kur tas noder tālāk. Tieši šis skaitlis ir hiperģeometriskās varbūtības skaitītājs . Saucēj

Q: Traukā ir 6 sarkanas un 4 zilas bumbiņas. Izvelk 2 bumbiņas bez atlikšanas. Kāda varbūtība, ka abas ir sarkanas?

\dfrac{1}{3}. Hiperģeometriskā varbūtība. P = \dfrac{C_{6}^{2}}{C_{10}^{2}}. Labvēlīgie: C_{6}^{2} = 15. Visi: C_{10}^{2} = 45. P = \dfrac{15}{45} = \dfrac{1}{3}.

Q: Kastē ir 6 baltas un 3 melnas bumbiņas. Cik dažādos veidos var izvēlēties 2 bumbiņas tā, lai starp tām būtu tieši 2 baltas?

15. 1. Sadalām divās neatkarīgās izvēlēs. Baltās izvēlamies no baltajām, melnās — no melnajām. Šīs izvēles neietekmē viena otru. 2. Baltās. No 6 baltajām ņemam 2: \binom{6}{2} = 15 veidi. 3. Melnās. Atlikušās 2 - 2 = 0 ņemam no 3 melnajām: \binom{3}{0} = 1 veidi. 4. Kāpēc reizina, ne saskaita? Katru balto izvēli var apvienot ar katru melno. Ja būtu 2 un 3 veidi, kopā būtu 6 pāri, ne 5. Tāpēc: 15 \cdot 1 = 15 5. Kur tas noder tālāk. Tieši šis skaitlis ir hiperģeometriskās varbūtības skaitītājs . Sauc

10 uzdevumi ar pilniem soli-pa-solim atrisinājumiem. Aplikācijā pieejami neierobežoti jauni uzdevumi ar automātisku pārbaudi.

Vispirms teorija? Izlasi Hiperģeometriskā varbūtība — teorija, formulas un piemēri →

1. uzdevums

Traukā ir $6$ sarkanas un $5$ zilas bumbiņas. Izvelk $2$ bumbiņas bez atlikšanas. Kāda varbūtība, ka abas ir sarkanas?

A) $\dfrac{6}{11}$
B) $\dfrac{36}{121}$
C) $\dfrac{3}{11}$
D) $\dfrac{1}{2}$

Pareizā atbilde: C) $\dfrac{3}{11}$

Atrisinājums:
Hiperģeometriskā varbūtība. $P = \dfrac{C_{6}^{2}}{C_{11}^{2}}$.

Labvēlīgie: $C_{6}^{2} = 15$. Visi: $C_{11}^{2} = 55$.

$P = \dfrac{15}{55} = \dfrac{3}{11}$.

2. uzdevums

Kastē ir $5$ baltas un $3$ melnas bumbiņas. Cik dažādos veidos var izvēlēties $2$ bumbiņas tā, lai starp tām būtu tieši $1$ balta?

A) $15$
B) $28$
C) $8$
D) $30$

Pareizā atbilde: A) $15$

Atrisinājums:
1. Sadalām divās neatkarīgās izvēlēs. Baltās izvēlamies no baltajām, melnās — no melnajām. Šīs izvēles neietekmē viena otru.

2. Baltās. No $5$ baltajām ņemam $1$: $\binom{5}{1} = 5$ veidi.

3. Melnās. Atlikušās $2 - 1 = 1$ ņemam no $3$ melnajām: $\binom{3}{1} = 3$ veidi.

4. Kāpēc reizina, ne saskaita? Katru balto izvēli var apvienot ar katru melno. Ja būtu $2$ un $3$ veidi, kopā būtu $6$ pāri, ne $5$. Tāpēc:
$5 \cdot 3 = 15$

5. Kur tas noder tālāk. Tieši šis skaitlis ir hiperģeometriskās varbūtības skaitītājs. Saucējs būtu $\binom{8}{2} = 28$ — visi iespējamie veidi bez nosacījuma.

3. uzdevums

Traukā ir $6$ sarkanas un $4$ zilas bumbiņas. Izvelk $2$ bumbiņas bez atlikšanas. Kāda varbūtība, ka abas ir sarkanas?

A) $\dfrac{3}{5}$
B) $\dfrac{1}{3}$
C) $\dfrac{5}{9}$
D) $\dfrac{9}{25}$

Pareizā atbilde: B) $\dfrac{1}{3}$

Atrisinājums:
Hiperģeometriskā varbūtība. $P = \dfrac{C_{6}^{2}}{C_{10}^{2}}$.

Labvēlīgie: $C_{6}^{2} = 15$. Visi: $C_{10}^{2} = 45$.

$P = \dfrac{15}{45} = \dfrac{1}{3}$.

4. uzdevums

Kastē ir $6$ baltas un $3$ melnas bumbiņas. Cik dažādos veidos var izvēlēties $2$ bumbiņas tā, lai starp tām būtu tieši $2$ baltas?

A) $16$
B) $15$
C) $30$
D) $36$

Pareizā atbilde: B) $15$

Atrisinājums:
1. Sadalām divās neatkarīgās izvēlēs. Baltās izvēlamies no baltajām, melnās — no melnajām. Šīs izvēles neietekmē viena otru.

2. Baltās. No $6$ baltajām ņemam $2$: $\binom{6}{2} = 15$ veidi.

3. Melnās. Atlikušās $2 - 2 = 0$ ņemam no $3$ melnajām: $\binom{3}{0} = 1$ veidi.

4. Kāpēc reizina, ne saskaita? Katru balto izvēli var apvienot ar katru melno. Ja būtu $2$ un $3$ veidi, kopā būtu $6$ pāri, ne $5$. Tāpēc:
$15 \cdot 1 = 15$

5. Kur tas noder tālāk. Tieši šis skaitlis ir hiperģeometriskās varbūtības skaitītājs. Saucējs būtu $\binom{9}{2} = 36$ — visi iespējamie veidi bez nosacījuma.

5. uzdevums

Kastē ir $4$ baltas un $5$ melnas bumbiņas. Cik dažādos veidos var izvēlēties $3$ bumbiņas tā, lai starp tām būtu tieši $1$ balta?

A) $4$
B) $80$
C) $14$
D) $40$

Pareizā atbilde: D) $40$

Atrisinājums:
1. Sadalām divās neatkarīgās izvēlēs. Baltās izvēlamies no baltajām, melnās — no melnajām. Šīs izvēles neietekmē viena otru.

2. Baltās. No $4$ baltajām ņemam $1$: $\binom{4}{1} = 4$ veidi.

3. Melnās. Atlikušās $3 - 1 = 2$ ņemam no $5$ melnajām: $\binom{5}{2} = 10$ veidi.

4. Kāpēc reizina, ne saskaita? Katru balto izvēli var apvienot ar katru melno. Ja būtu $2$ un $3$ veidi, kopā būtu $6$ pāri, ne $5$. Tāpēc:
$4 \cdot 10 = 40$

5. Kur tas noder tālāk. Tieši šis skaitlis ir hiperģeometriskās varbūtības skaitītājs. Saucējs būtu $\binom{9}{3} = 84$ — visi iespējamie veidi bez nosacījuma.

6. uzdevums

Kastē ir $6$ baltas un $6$ melnas bumbiņas. Cik dažādos veidos var izvēlēties $2$ bumbiņas tā, lai starp tām būtu tieši $1$ balta?

A) $36$
B) $15$
C) $72$
D) $12$

Pareizā atbilde: A) $36$

Atrisinājums:
1. Sadalām divās neatkarīgās izvēlēs. Baltās izvēlamies no baltajām, melnās — no melnajām. Šīs izvēles neietekmē viena otru.

2. Baltās. No $6$ baltajām ņemam $1$: $\binom{6}{1} = 6$ veidi.

3. Melnās. Atlikušās $2 - 1 = 1$ ņemam no $6$ melnajām: $\binom{6}{1} = 6$ veidi.

4. Kāpēc reizina, ne saskaita? Katru balto izvēli var apvienot ar katru melno. Ja būtu $2$ un $3$ veidi, kopā būtu $6$ pāri, ne $5$. Tāpēc:
$6 \cdot 6 = 36$

5. Kur tas noder tālāk. Tieši šis skaitlis ir hiperģeometriskās varbūtības skaitītājs. Saucējs būtu $\binom{12}{2} = 66$ — visi iespējamie veidi bez nosacījuma.

7. uzdevums

Kastē ir $7$ baltas un $4$ melnas bumbiņas. Cik dažādos veidos var izvēlēties $2$ bumbiņas tā, lai starp tām būtu tieši $1$ balta?

A) $11$
B) $56$
C) $55$
D) $28$

Pareizā atbilde: D) $28$

Atrisinājums:
1. Sadalām divās neatkarīgās izvēlēs. Baltās izvēlamies no baltajām, melnās — no melnajām. Šīs izvēles neietekmē viena otru.

2. Baltās. No $7$ baltajām ņemam $1$: $\binom{7}{1} = 7$ veidi.

3. Melnās. Atlikušās $2 - 1 = 1$ ņemam no $4$ melnajām: $\binom{4}{1} = 4$ veidi.

4. Kāpēc reizina, ne saskaita? Katru balto izvēli var apvienot ar katru melno. Ja būtu $2$ un $3$ veidi, kopā būtu $6$ pāri, ne $5$. Tāpēc:
$7 \cdot 4 = 28$

5. Kur tas noder tālāk. Tieši šis skaitlis ir hiperģeometriskās varbūtības skaitītājs. Saucējs būtu $\binom{11}{2} = 55$ — visi iespējamie veidi bez nosacījuma.

8. uzdevums

Traukā ir $4$ sarkanas un $5$ zilas bumbiņas. Izvelk $2$ bumbiņas bez atlikšanas. Kāda varbūtība, ka abas ir sarkanas?

A) $\dfrac{1}{6}$
B) $\dfrac{3}{8}$
C) $\dfrac{16}{81}$
D) $\dfrac{4}{9}$

Pareizā atbilde: A) $\dfrac{1}{6}$

Atrisinājums:
Hiperģeometriskā varbūtība. $P = \dfrac{C_{4}^{2}}{C_{9}^{2}}$.

Labvēlīgie: $C_{4}^{2} = 6$. Visi: $C_{9}^{2} = 36$.

$P = \dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6}$.

9. uzdevums

Kastē ir $6$ baltas un $5$ melnas bumbiņas. Cik dažādos veidos var izvēlēties $2$ bumbiņas tā, lai starp tām būtu tieši $1$ balta?

A) $11$
B) $15$
C) $60$
D) $30$

Pareizā atbilde: D) $30$

Atrisinājums:
1. Sadalām divās neatkarīgās izvēlēs. Baltās izvēlamies no baltajām, melnās — no melnajām. Šīs izvēles neietekmē viena otru.

2. Baltās. No $6$ baltajām ņemam $1$: $\binom{6}{1} = 6$ veidi.

3. Melnās. Atlikušās $2 - 1 = 1$ ņemam no $5$ melnajām: $\binom{5}{1} = 5$ veidi.

4. Kāpēc reizina, ne saskaita? Katru balto izvēli var apvienot ar katru melno. Ja būtu $2$ un $3$ veidi, kopā būtu $6$ pāri, ne $5$. Tāpēc:
$6 \cdot 5 = 30$

5. Kur tas noder tālāk. Tieši šis skaitlis ir hiperģeometriskās varbūtības skaitītājs. Saucējs būtu $\binom{11}{2} = 55$ — visi iespējamie veidi bez nosacījuma.

10. uzdevums

Traukā ir $3$ sarkanas un $4$ zilas bumbiņas. Izvelk $2$ bumbiņas bez atlikšanas. Kāda varbūtība, ka abas ir sarkanas?

A) $\dfrac{1}{7}$
B) $\dfrac{9}{49}$
C) $\dfrac{3}{7}$
D) $\dfrac{1}{3}$

Pareizā atbilde: A) $\dfrac{1}{7}$

Atrisinājums:
Hiperģeometriskā varbūtība. $P = \dfrac{C_{3}^{2}}{C_{7}^{2}}$.

Labvēlīgie: $C_{3}^{2} = 3$. Visi: $C_{7}^{2} = 21$.

$P = \dfrac{3}{21} = \dfrac{1}{7}$.

▶ Trenēties ar neierobežotiem uzdevumiem — atvērt MatemPro

11. klases citi uzdevumi

Eksponenciāli vienādojumi uzdevumi →Logaritmi uzdevumi →Aritmētiskā progresija uzdevumi →Ģeometriskā progresija uzdevumi →Saliktās funkcijas f(g(x)) uzdevumi →Piramīda uzdevumi →Konuss uzdevumi →Cilindrs uzdevumi →

👩‍🏫 Esat matemātikas skolotājs? Izveidojiet klasi divās minūtēs — skolēni pievienojas ar 6 zīmju kodu, bez e-pastiem un bez kontiem. Redzēsiet, kur klase klibina, un varēsiet uzdot mājasdarbus. Bez maksas: matempro.lv/skolotajiem →