Tikimybės ir kombinatorika: nuo medžio iki Bernulio formulės

Tikimybė yra skaičius nuo 0 iki 1, kuris parodo, kiek tikėtina, kad įvykis įvyks. Kuo skaičius arčiau 1, tuo įvykis labiau tikėtinas. Negalimojo įvykio tikimybė lygi 0, būtinojo – 1. Kai visos bandymo baigtys vienodai galimos, tikimybė lygi palankių baigčių skaičiui, padalytam iš visų baigčių skaičiaus. Tas baigtis suskaičiuoti padeda kombinatorika.

Tikimybės teorija: bandymas, baigtis ir įvykis

Bandymas – tai veiksmas, kurio rezultato iš anksto nežinome: metamas kauliukas, traukiamas bilietas, atsitiktinai renkamas mokinys. Kiekvienas galimas bandymo rezultatas vadinamas baigtimi, arba elementariuoju įvykiu. Įvykis – tai tam tikras baigčių rinkinys. Pavyzdžiui, metant kauliuką įvykį „iškrito lyginis akučių skaičius“ sudaro trys baigtys: 2, 4 ir 6.

Įvykis, kuris įvyksta per kiekvieną bandymą, vadinamas būtinuoju, o įvykis, kuris įvykti negali, – negalimuoju. Jų tikimybės lygios 1 ir 0. Bet kurio kito įvykio tikimybė yra tarp šių skaičių. Tikimybę galima užrašyti trupmena, dešimtaine trupmena arba procentais: ketvirtadalis – tai 0,25, arba 25 %. Jei reikia, pasikartok, kaip prastinamos trupmenos ir kaip trupmena paverčiama procentais.

Klasikinis tikimybės apibrėžimas tinka tada, kai visos baigtys vienodai galimos. Tada įvykio $A$ tikimybė lygi palankių jam baigčių skaičiui $m$ , padalytam iš visų baigčių skaičiaus $n$ . Pavyzdžiui, metant kauliuką įvykiui „iškrito lyginis akučių skaičius“ palankios 3 baigtys iš 6, todėl jo tikimybė lygi $\frac{3}{6} = \frac{1}{2}$ . Jei baigtys nevienodai galimos, pavyzdžiui, suktuko sektoriai yra skirtingo dydžio, šios formulės taikyti negalima. Tada tikimybės duodamos sąlygoje arba įvertinamos iš bandymų. Santykinis dažnis – tai įvykio dažnis (kiek kartų jis įvyko), padalytas iš visų bandymų skaičiaus. Kai bandymų daug, jis paprastai būna artimas įvykio tikimybei.

Įvykis $\bar{A}$ , priešingas įvykiui $A$ , įvyksta tada, kai $A$ neįvyksta. Kartu jie apima visas baigtis, o įvykti kartu negali, todėl $P(A) + P(\bar{A}) = 1$ . Pavyzdžiui, jei rytoj lis su tikimybe 0,3, tai nelis su tikimybe $1 - 0{,}3 = 0{,}7$ . Ši taisyklė labai praverčia: kai tiesiogiai skaičiuoti ilga, ypač kai klausiama „bent vienas“, greičiau rasti priešingo įvykio tikimybę ir atimti ją iš 1.

Tikimybę kaip trupmeną pradedama skaičiuoti 5–6 klasėje, 10 klasėje mokomasi skaičiuoti rinkinius, o 12 klasėje tema baigiama. B kurso mokiniai sprendžia dviejų ar trijų etapų bandymų uždavinius tikimybių medžiais, galimybių lentelėmis ir Veno diagramomis. A kurso mokiniai dar išmoksta kombinatorikos formules, Bernulio bandymus, atsitiktinio dydžio vidurkį bei dispersiją ir normalųjį skirstinį.

Du kauliukai stalo žaidime

Stalo žaidime vienu metu metami du kauliukai – raudonas ir mėlynas. Žaidėjas pereina į kitą lygį, jei taškų suma yra ne mažesnė už 9. Kokia tikimybė pereiti į kitą lygį vienu metimu?

Baigtis – skaičių pora: taškai ant raudonojo ir ant mėlynojo kauliuko. Kiekvienas kauliukas turi 6 galimybes, todėl pagal daugybos taisyklę visų baigčių yra $6 \cdot 6 = 36$ – tiek langelių turi galimybių lentelė. Visos baigtys vienodai galimos.
Surašome palankias baigtis pagal sumą. Suma 9: (3; 6), (4; 5), (5; 4), (6; 3) – 4 baigtys. Suma 10: (4; 6), (5; 5), (6; 4) – 3 baigtys.
Suma 11: (5; 6), (6; 5) – 2 baigtys. Suma 12: (6; 6) – 1 baigtis. Iš viso palankių baigčių $m = 4 + 3 + 2 + 1 = 10$ .
Pagal klasikinį apibrėžimą: $P = \frac{10}{36} = \frac{5}{18} \approx 0{,}28$

Atsakymas: $\frac{5}{18}$ , t. y. apie 28 %.

Užduotys 8 klasei Uždaviniai su atsakymais, tarp jų – ir apie tikimybes.

Tikimybės formulė ir kitos šios temos formulės

Prie kiekvienos formulės pažymėta, ar ji yra VBE (valstybinio brandos egzamino) formulių rinkinyje. Žymos atitinka 2026 m. rinkinį. Tikimybių ir kombinatorikos formulės yra tik rinkinio A kurso skyriuje. Klasikinės tikimybės, priešingo įvykio, „ir“ ir „arba“ taisyklių nėra nė viename skyriuje, todėl abiejų kursų mokiniams jas reikia mokėti mintinai.

Nepainiok: $P_n$ – kėlinių skaičius, o $\mathbf{P}_n(k)$ – tikimybė Bernulio formulėje. Skaičiuotuve derinių klavišas dažnai pažymėtas nCr, o gretinių – nPr.

Formulė	Kada taikyti
$P(A) = \frac{m}{n}$	Kai visos baigtys vienodai galimos: $m$ – palankių, $n$ – visų baigčių skaičius. Dešimtokams: pagal 2026 m. PUPP (pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo) aprašą gali būti uždavinių iš visų 9 (I gimnazijos) klasės temų, o iš 10 (II gimnazijos) klasės neįtraukiamas srities „Duomenys ir tikimybės“ turinys. Todėl 10 klasės tikimybių ir kombinatorikos per PUPP netikrinama, bet jų reikės pamokose ir VBE.Išmok mintinai
$P(\bar{A}) = 1 - P(A)$	Kai lengviau suskaičiuoti, kada įvykis neįvyksta, ypač klausiant „bent vienas“.Išmok mintinai
$\begin{gathered} P(A \text{ arba } B) = P(A) + P(B), \\ \text{kai } A \text{ ir } B \text{ nesutaikomi} \end{gathered}$	Kai įvykiai negali įvykti kartu, pavyzdžiui, du skirtingi tikimybių medžio keliai.Išmok mintinai
$\begin{gathered} P(A \text{ arba } B) = \\ = P(A) + P(B) - P(A \text{ ir } B) \end{gathered}$	Kai įvykiai gali įvykti kartu (sutaikomi): bendroji dalis atimama, kad nebūtų įskaičiuota du kartus.Išmok mintinai
$\begin{gathered} P(A \text{ ir } B) = P(A) \cdot P(B), \\ \text{kai } A \text{ ir } B \text{ nepriklausomi} \end{gathered}$	Kai vieno įvykio baigtis nekeičia kito tikimybės, pavyzdžiui, ėmimas su grąžinimu.Išmok mintinai
$n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot n, \qquad 0! = 1$	Kai reikia kėlinių, gretinių ar derinių skaičiaus.Išmok mintinai
$P_n = n!$	Kai į eilę sustatomi visi $n$ skirtingų objektų.Išmok mintinai
$A_n^k = \frac{n!}{(n-k)!}$	Kai iš $n$ objektų renkama $k$ ir tvarka svarbi: vietos, pareigos, eilės numeriai.Yra VBE A kurso formulių lape
$C_n^k = C_n^{n-k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$	Kai iš $n$ objektų renkama $k$ ir tvarka nesvarbi: grupė, komanda, rinkinys.Yra VBE A kurso formulių lape
$\begin{gathered} \mathbf{P}_n(k) = \mathbf{P}(X = k) = \\ = C_n^k p^k q^{n-k}, \quad q = 1 - p \end{gathered}$	Kai tas pats bandymas nepriklausomai kartojamas $n$ kartų ir ieškoma tikimybės gauti lygiai $k$ sėkmių; $p$ – sėkmės tikimybė.Yra VBE A kurso formulių lape
$\begin{gathered} (a+b)^n = a^n + C_n^1 a^{n-1} b + {} \\ + C_n^2 a^{n-2} b^2 + \dots + {} \\ + C_n^k a^{n-k} b^k + \dots + b^n \end{gathered}$	Kai reikia atskliausti dvinario laipsnį arba rasti vieną skleidinio narį.Yra VBE A kurso formulių lape
$\mathbf{E}X = x_1 p_1 + x_2 p_2 + \dots + x_n p_n$	Atsitiktinio dydžio vidurkis (matematinė viltis), kai žinomos jo reikšmės ir jų tikimybės.Yra VBE A kurso formulių lape
$\begin{gathered} \mathbf{D}X = (x_1 - \mathbf{E}X)^2 p_1 + {} \\ + (x_2 - \mathbf{E}X)^2 p_2 + \dots + {} \\ + (x_n - \mathbf{E}X)^2 p_n \end{gathered}$	Dispersija: kiek atsitiktinio dydžio reikšmės išsibarsčiusios apie vidurkį.Yra VBE A kurso formulių lape

Tikimybės skaičiavimas medžiu: kada dauginti, kada sudėti

Kai bandymas vyksta etapais (traukiami du bilietai, kauliukas metamas tris kartus, žaidžiamos dvi partijos), baigtis patogu surašyti tikimybių medžiu. Iš pradžios taško išeina tiek šakų, kiek baigčių turi pirmasis etapas. Nuo kiekvienos šakos galo išeina antrojo etapo šakos ir t. t. Ant kiekvienos šakos užrašoma jos tikimybė. Iš vieno taško išeinančių šakų tikimybių suma visada lygi 1: taip patikrinsi, ar nepamiršai kurios nors šakos.

Medžiui galioja dvi taisyklės. Pirma: vieno kelio nuo pradžios iki galo tikimybė lygi to kelio šakų tikimybių sandaugai. Kelias reiškia „pirmajame etape įvyko tai IR antrajame etape įvyko tai“, todėl „ir“ išilgai kelio virsta daugyba. Antra: jei įvykiui palankūs keli keliai, jų tikimybės sudedamos. Skirtingi keliai kartu įvykti negali, todėl tai „šis kelias ARBA anas“, o „arba“ tarp kelių virsta sudėtimi.

Kodėl kelio tikimybės dauginamos? Tarkime, pirmasis etapas pavyksta su tikimybe 0,3, o po jo antrasis – su tikimybe 0,5. Iš 100 bandymų pirmasis etapas pavyks maždaug 30 kartų, o iš tų 30 kartų antrasis pavyks maždaug pusę, t. y. 15 kartų. O 15 iš 100 yra $0{,}15 = 0{,}3 \cdot 0{,}5$ .

Lietus savaitgalį: išsamus sprendimas su medžiu

Pagal orų modelį šeštadienį lis su tikimybe 0,3. Jei šeštadienį lis, sekmadienį lis su tikimybe 0,6, o jei šeštadienį nelis – su tikimybe 0,25. a) Nubraižyk tikimybių medį. b) Kokia tikimybė, kad lis lygiai vieną savaitgalio dieną? c) Kokia tikimybė, kad bent vieną dieną lis?

Kelio tikimybė lygi jo šakų tikimybių sandaugai; keturių kelių tikimybių suma lygi 1.

Pažymime įvykius: $L_1$ – šeštadienį lyja, $L_2$ – sekmadienį lyja. Lietaus sekmadienį tikimybė priklauso nuo to, kas buvo šeštadienį, todėl įvykiai priklausomi.
a) Sąlyga duoda tris šakas. Kitas tris randame iš to, kad iš vieno taško išeinančių šakų tikimybių suma lygi 1: $\bar{L}_1$ – 0,7, $\bar{L}_2$ po $L_1$ – 0,4, $\bar{L}_2$ po $\bar{L}_1$ – 0,75. Medis – brėžinyje.
Keturių kelių tikimybės (šakų tikimybes dauginame išilgai kelio): $0{,}3 \cdot 0{,}6 = 0{,}18$ ; $0{,}3 \cdot 0{,}4 = 0{,}12$ ; $0{,}7 \cdot 0{,}25 = 0{,}175$ ; $0{,}7 \cdot 0{,}75 = 0{,}525$ . Jų suma lygi 1.
b) Lygiai vieną dieną lyja dviem keliais: „lyja šeštadienį ir nelyja sekmadienį“ arba „nelyja šeštadienį ir lyja sekmadienį“. Keliai nesutaikomi, todėl jų tikimybes sudedame: $P = 0{,}12 + 0{,}175 = 0{,}295$
c) Įvykiui „bent vieną dieną lis“ priešingas įvykis yra „nelis nė vieną dieną“, t. y. kelias $\bar{L}_1$ , $\bar{L}_2$ , kurio tikimybė 0,525. Todėl $P = 1 - 0{,}525 = 0{,}475$

Atsakymas: a) medis brėžinyje; b) 0,295; c) 0,475.

Priklausomi ir nepriklausomi įvykiai: ėmimas su grąžinimu ir be jo

Du įvykiai nepriklausomi, jei vieno įvykimas nekeičia kito tikimybės: pavyzdžiui, dviejų monetų metimai arba to paties kauliuko metimai skirtingomis dienomis. Tada jų tikimybės dauginamos, o tikimybių medyje antrojo etapo šakos po visų pirmojo etapo šakų yra vienodos.

Įvykiai priklausomi, jei pirmojo etapo baigtis keičia antrojo etapo tikimybes, kaip orų pavyzdyje. Taisyklė lieka ta pati: kelio tikimybė lygi šakų tikimybių sandaugai. Tik kiekvienos antrojo etapo šakos tikimybę reikia imti tokią, kokia ji yra po to, kas įvyko pirmajame etape.

Priklausomumas dažnai atsiranda traukiant daiktus. Ėmimas su grąžinimu: ištrauktas daiktas grąžinamas, todėl antrą kartą traukiama iš tos pačios sudėties, ir traukimai nepriklausomi. Ėmimas be grąžinimo: ištrauktas daiktas lieka nuošalyje, todėl antrajame etape lieka vienu mažiau ir visų daiktų, ir tos rūšies daiktų, kuri buvo ištraukta. Tokie traukimai priklausomi. Jei sąlygoje parašyta „paima du iš karto“, skaičiuok kaip be grąžinimo.

Nepainiok nepriklausomų įvykių su nesutaikomais. Nesutaikomi įvykiai negali įvykti kartu: jei vienas įvyko, kito tikimybė tampa 0. Vadinasi, du nesutaikomi įvykiai, kurių tikimybės nelygios nuliui, yra priklausomi. Nesutaikomumas leidžia tikimybes sudėti („arba“), o nepriklausomumas – dauginti („ir“).

Du mėgintuvėliai be grąžinimo

Chemijos kabinete ant stovo yra 7 vienodi užkimšti mėgintuvėliai: 4 su druskos tirpalu ir 3 su cukraus tirpalu. Mokinys nežiūrėdamas paima vieną mėgintuvėlį, padeda jį į šalį ir paima dar vieną. Kokia tikimybė, kad paimti mėgintuvėliai bus su skirtingais tirpalais?

Tai ėmimas be grąžinimo: pirmasis mėgintuvėlis atgal nededamas, todėl antrajame etape lieka 6 mėgintuvėliai, o jų sudėtis priklauso nuo to, kuris paimtas pirmas. Įvykiai priklausomi.
Skirtingi tirpalai gaunami dviem keliais. Pirma druska, tada cukrus: $\frac{4}{7} \cdot \frac{3}{6} = \frac{12}{42}$ . Paėmus druskos tirpalą, lieka 3 druskos ir 3 cukraus mėgintuvėliai, todėl antroji šaka turi tikimybę $\frac{3}{6}$ .
Pirma cukrus, tada druska: $\frac{3}{7} \cdot \frac{4}{6} = \frac{12}{42}$ . Paėmus cukraus tirpalą, lieka 4 druskos ir 2 cukraus mėgintuvėliai.
Keliai nesutaikomi, todėl sudedame: $\begin{gathered} P = \frac{12}{42} + \frac{12}{42} = \\ = \frac{24}{42} = \frac{4}{7} \approx 0{,}57 \end{gathered}$
Dažna klaida – skaičiuoti taip, lyg mėgintuvėlis būtų grąžintas: $2 \cdot \frac{4}{7} \cdot \frac{3}{7} = \frac{24}{49} \approx 0{,}49$ . Tai būtų ėmimo su grąžinimu atsakymas. Čia jis neteisingas, nes antrajame etape lieka ne 7, o 6 mėgintuvėliai.

Atsakymas: $\frac{4}{7} \approx 0{,}57$ .

Veno diagramos tikimybėse: „ir“, „arba“ ir sutaikomi įvykiai

Veno diagramoje stačiakampis vaizduoja visas baigtis, o skrituliai jame – įvykius. Įvykis „ $A$ ir $B$ “ – tai skritulių bendroji dalis (sankirta): įvyksta abu įvykiai. Įvykis „ $A$ arba $B$ “ – tai abu skrituliai kartu (sąjunga): įvyksta bent vienas iš jų. Matematikoje „arba“ neatmeta galimybės, kad įvyks abu. Aibių sąjungą ir sankirtą su Veno diagramomis nagrinėjai 11 klasėje, o čia tos pačios diagramos padeda skaičiuoti tikimybes.

Jei skrituliai nesikerta, įvykiai nesutaikomi, ir jų tikimybės tiesiog sudedamos. Jei kertasi, įvykiai sutaikomi: sudėjus abiejų įvykių tikimybes, bendroji dalis įskaičiuojama du kartus, todėl jos tikimybę reikia vieną kartą atimti.

Pildydamas Veno diagramą, pradėk nuo sankirtos: pirmiausia įrašyk, kiek baigčių priklauso abiem įvykiams. Tada apskaičiuok, kiek lieka tik $A$ ir tik $B$ , o pabaigoje – kiek baigčių nepriklauso nė vienam įvykiui. Visų sričių suma turi būti lygi visų baigčių skaičiui.

Šachmatai, choras ir Veno diagrama

III gimnazijos klasėje mokosi 28 mokiniai. Šachmatų būrelį lanko 11 iš jų, chorą – 15, o abu užsiėmimus – 6 mokiniai. Atsitiktinai renkamas vienas klasės mokinys. a) Kokia tikimybė, kad jis lanko šachmatų būrelį arba chorą? b) Kokia tikimybė, kad jis nelanko nė vieno iš šių užsiėmimų?

Diagrama pildoma nuo sankirtos: 6, tada 11 − 6 = 5 ir 15 − 6 = 9.

Pildome diagramą nuo sankirtos: abu užsiėmimus lanko 6 mokiniai. Tik šachmatus lanko $11 - 6 = 5$ , tik chorą – $15 - 6 = 9$ mokiniai.
Bent vieną užsiėmimą lanko $5 + 6 + 9 = 20$ mokinių, nė vieno – $28 - 20 = 8$ . Patikrinimas: $5 + 6 + 9 + 8 = 28$ .
a) „Šachmatai arba choras“ – tai abu skrituliai kartu: $P = \frac{20}{28} = \frac{5}{7}$ Tą patį duoda formulė sutaikomiems įvykiams: $\frac{11}{28} + \frac{15}{28} - \frac{6}{28} = \frac{20}{28}$ .
b) „Nelanko nė vieno“ – priešingas įvykis a) dalies įvykiui: $P = 1 - \frac{5}{7} = \frac{2}{7}$ Tiesiogiai: $\frac{8}{28} = \frac{2}{7}$ .

Atsakymas: a) $\frac{5}{7} \approx 0{,}71$ ; b) $\frac{2}{7} \approx 0{,}29$ .

Tikimybės ir kombinatorika: kėliniai, gretiniai, deriniai

Kombinatorika atsako į klausimą „keliais būdais?“. Pagrindinė jos taisyklė – daugybos taisyklė: jei pirmą žingsnį galima atlikti $m$ būdais, o po jo antrą – $n$ būdais, tai abu žingsnius iš eilės galima atlikti $m \cdot n$ būdais. Pavyzdžiui, iš 3 marškinėlių ir 2 kelnių galima sudaryti $3 \cdot 2 = 6$ aprangas. Sudėties taisyklė taikoma, kai renkamasi iš kelių nesikertančių galimybių grupių. Pavyzdžiui, jei į olimpiadą galima nuvykti vienu iš 3 traukinių arba vienu iš 4 autobusų, iš viso yra $3 + 4 = 7$ būdai.

Svarbiausia nuspręsti, ar tvarka svarbi. Jei išrinkti žmonės gauna skirtingas pareigas ar vietas, išrinkimas „Ona, Jonas“ skiriasi nuo „Jonas, Ona“ – tai gretiniai. Jei jie tiesiog sudaro grupę, abu išrinkimai yra tas pats – tai deriniai. Kai į eilę sustatomi visi objektai, tai kėliniai.

Simbolis $n!$ skaitomas „n faktorialas“, pavyzdžiui, $4! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 = 24$ . Pagal daugybos taisyklę pirmą vietą eilėje gali užimti bet kuris iš $n$ objektų, antrą – bet kuris iš likusių $n - 1$ ir t. t., todėl $P_n = n!$ . Jei užpildomos tik $k$ vietos, sandauga sustoja po $k$ daugiklių – taip gaunama gretinių formulė. Pavyzdžiui, 2 vietas iš 5 kandidatų galima užpildyti $5 \cdot 4 = 20$ būdų.

Derinius gauname iš gretinių: kiekvieną $k$ narių grupę galima sutvarkyti $k!$ būdais, todėl grupių yra $k!$ kartų mažiau nei tvarkingų išrinkimų. Pavyzdžiui, porų iš 5 kandidatų yra $20 : 2! = 10$ . Lygybė $C_n^k = C_n^{n-k}$ reiškia, kad išrinkti $k$ objektų – tas pats, kas nuspręsti, kurių nerinksi.

Susitarta, kad nulio faktorialas lygus 1: tada formulės tinka ir kraštiniais atvejais, pavyzdžiui, išrinkti visus objektus galima vieninteliu būdu.

Rinkinius, kai tvarka svarbi ir kai nesvarbi, 10 klasėje skaičiuoja visi, remdamiesi daugybos taisykle. Kėlinių, gretinių ir derinių sąvokos ir jų skaičiaus formulės apibrėžiamos A kurse. B kurso mokinys rinkinių uždavinį gali išspręsti ir be formulių. Renkant 4 narių komandą po vieną narį, ta pati komanda gaunama $4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 24$ kartus – po kartą kiekvienai narių tvarkai. Todėl tvarkingų išrinkimų skaičius dalijamas iš 24.

Atsitiktinai paimtos knygos

Lentynoje yra 12 knygų: 7 romanai ir 5 komiksai. Atsitiktinai paimamos 4 knygos. a) Kiek yra skirtingų 4 knygų rinkinių? b) Kokia tikimybė, kad tarp paimtųjų bus lygiai du romanai?

a) Knygų tvarka nesvarbi – svarbu tik, kurios 4 knygos paimtos, todėl skaičiuojame derinius iš 12 po 4: $\begin{gathered} C_{12}^4 = \frac{12!}{4! \cdot 8!} = \\ = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4} = 495 \end{gathered}$
b) Visų baigčių skaičius $n = 495$ , ir visi rinkiniai vienodai galimi.
Palankus rinkinys sudaromas dviem žingsniais: išrenkami 2 romanai iš 7 ir 2 komiksai iš 5. Romanus galima išrinkti $C_7^2 = \frac{7 \cdot 6}{2} = 21$ būdu, o komiksus – $C_5^2 = \frac{5 \cdot 4}{2} = 10$ būdų.
Pagal daugybos taisyklę palankių rinkinių $m = 21 \cdot 10 = 210$ .
Tikimybė: $P = \frac{210}{495} = \frac{14}{33} \approx 0{,}42$

Atsakymas: a) 495 rinkiniai; b) $\frac{14}{33} \approx 0{,}42$ .

Atsitiktinis dydis (A kursas): vidurkis EX ir dispersija DX

Atsitiktinis dydis $X$ – tai skaičius, kurį gauname atlikę bandymą, pavyzdžiui, pataikymų ar laimėtų taškų skaičius. Jo skirstinys – lentelė, kurioje surašytos visos galimos $X$ reikšmės ir jų tikimybės. Kuri nors reikšmė įgyjama būtinai, todėl visų tikimybių suma lygi 1 – tai pirmas skirstinio patikrinimas.

Matematinė viltis, arba vidurkis, $\mathbf{E}X$ gaunama taip: kiekviena reikšmė dauginama iš savo tikimybės, o sandaugos sudedamos. Ji parodo, koks rezultatas gaunamas vidutiniškai, kai bandymas kartojamas daug kartų. $\mathbf{E}X$ nebūtinai yra viena iš $X$ reikšmių: metant kauliuką akučių skaičiaus vidurkis lygus 3,5, nors tiek akučių iškristi negali.

Dispersija $\mathbf{D}X$ matuoja sklaidą – kiek reikšmės nutolusios nuo vidurkio. Nuokrypiai keliami kvadratu, kad teigiami ir neigiami vienas kito nepanaikintų. Šaknis iš dispersijos vadinama standartiniu nuokrypiu $\sigma$ ; jis matuojamas tais pačiais vienetais kaip $X$ .

Duomenų vidurkis skaičiuojamas iš jau surinktų reikšmių, o $\mathbf{E}X$ – iš tikimybių, dar prieš atliekant bandymą. Kai bandymų daug, duomenų vidurkis paprastai būna artimas $\mathbf{E}X$ .

Perdegusios lemputės: skirstinys, EX ir DX

Dėžėje yra 6 lemputės, 2 iš jų perdegusios. Elektrikas atsitiktinai paima 2 lemputes. $X$ – perdegusių lempučių skaičius tarp paimtųjų. Sudaryk $X$ skirstinį ir apskaičiuok $\mathbf{E}X$ bei $\mathbf{D}X$ .

$X$ gali įgyti reikšmes 0, 1 ir 2. Dvi lemputes iš šešių galima paimti $C_6^2 = 15$ būdų, ir visos poros vienodai galimos.
$X = 0$ : abi lemputės iš 4 veikiančių, $C_4^2 = 6$ būdai. $X = 1$ : viena iš 2 perdegusių ir viena iš 4 veikiančių, $2 \cdot 4 = 8$ būdai. $X = 2$ : abi perdegusios, 1 būdas. Skirstinys: $\begin{array}{c|c|c|c} x & 0 & 1 & 2 \\ \hline p & \frac{6}{15} & \frac{8}{15} & \frac{1}{15} \end{array}$ Patikrinimas: $\frac{6 + 8 + 1}{15} = 1$ .
Vidurkis: $\begin{gathered} \mathbf{E}X = 0 \cdot \tfrac{6}{15} + 1 \cdot \tfrac{8}{15} + {} \\ {} + 2 \cdot \tfrac{1}{15} = \tfrac{10}{15} = \tfrac{2}{3} \end{gathered}$
Dispersija pagal lapo formulę: $\begin{aligned} \mathbf{D}X &= \left(0 - \tfrac{2}{3}\right)^2 \cdot \tfrac{6}{15} \\ &\quad + \left(1 - \tfrac{2}{3}\right)^2 \cdot \tfrac{8}{15} \\ &\quad + \left(2 - \tfrac{2}{3}\right)^2 \cdot \tfrac{1}{15} \\ &= \tfrac{24 + 8 + 16}{135} = \tfrac{48}{135} = \tfrac{16}{45} \end{aligned}$

Atsakymas: $X$ įgyja reikšmes 0, 1, 2 su tikimybėmis $\frac{6}{15}$ , $\frac{8}{15}$ , $\frac{1}{15}$ ; $\mathbf{E}X = \frac{2}{3}$ ; $\mathbf{D}X = \frac{16}{45} \approx 0{,}36$ .

Vidurkis, mediana ir moda Kaip skaičiuojamas surinktų duomenų vidurkis.

Bernulio formulė ir Niutono binomas (A kursas)

Bernulio, arba binominiai, bandymai – tai tas pats bandymas, kartojamas $n$ kartų, kai tenkinamos trys sąlygos: kiekvieną kartą galimos tik dvi baigtys (sėkmė arba nesėkmė), sėkmės tikimybė $p$ visada ta pati, o bandymai vienas nuo kito nepriklauso. Tada tikimybę gauti lygiai $k$ sėkmių duoda Bernulio formulė $\mathbf{P}_n(k) = C_n^k p^k q^{n-k}$ ; čia $q = 1 - p$ – nesėkmės tikimybė.

Iš kur ši formulė? Kiekviena seka su $k$ sėkmių ir $n - k$ nesėkmių dėl nepriklausomumo turi tikimybę $p^k q^{n-k}$ , o sėkmių vietas galima parinkti $C_n^k$ būdais. Tokios sekos kartu įvykti negali, todėl sudedamos visos $C_n^k$ vienodos jų tikimybės.

Kai klausiama „bent vienas“, patogu naudoti priešingą įvykį: $\mathbf{P}(X \ge 1) = 1 - q^n$ , nes priešingas įvykis – visos $n$ nesėkmės. Kai klausiama „ne daugiau kaip du“, sudėk $\mathbf{P}_n(0)$ , $\mathbf{P}_n(1)$ ir $\mathbf{P}_n(2)$ . Sėkmių skaičiaus vidurkis lygus $np$ (šios lygybės lape nėra).

Niutono binomo formulė išskleidžia dvinario laipsnį: $(a + b)^n$ skleidinio nariai yra $C_n^k a^{n-k} b^k$ , kai $k = 0, 1, \ldots, n$ . Koeficientus galima rasti ir Paskalio trikampiu: kai laipsnis lygus 4, jie yra 1, 4, 6, 4, 1.

Reti daiktai žaidimo skryniose

Kompiuteriniame žaidime atidarius skrynią retas daiktas iškrenta su tikimybe 0,2, o skrynios viena nuo kitos nepriklauso. Žaidėjas atidaro 5 skrynias. a) Kokia tikimybė, kad jis gaus lygiai 2 retus daiktus? b) Kokia tikimybė, kad jis gaus bent vieną retą daiktą?

Tai Bernulio bandymai: $n = 5$ nepriklausomi bandymai, sėkmė – iškrito retas daiktas, $p = 0{,}2$ , $q = 1 - 0{,}2 = 0{,}8$ .
a) $k = 2$ , $C_5^2 = \frac{5 \cdot 4}{2} = 10$ : $\begin{aligned} \mathbf{P}_5(2) &= 10 \cdot 0{,}2^2 \cdot 0{,}8^3 \\ &= 10 \cdot 0{,}04 \cdot 0{,}512 \\ &= 0{,}2048 \end{aligned}$
b) Priešingas įvykis – nė vienoje skrynioje nėra reto daikto, jo tikimybė $0{,}8^5 = 0{,}32768$ . Todėl $\begin{gathered} \mathbf{P}(X \ge 1) = \\ = 1 - 0{,}32768 = \\ = 0{,}67232 \approx 0{,}67 \end{gathered}$
Dažna klaida a) dalyje – pamiršti daugiklį $C_5^2$ . Skaičius $0{,}2^2 \cdot 0{,}8^3 = 0{,}02048$ yra tik vienos sekos tikimybė, o tokių sekų yra 10.

Atsakymas: a) 0,2048; b) $0{,}67232 \approx 0{,}67$ .

Vienas dvinario skleidinio narys

Rask nario su $x^3$ koeficientą dvinario $(2x - 1)^5$ skleidinyje.

Bendrasis narys: $C_5^k (2x)^{5-k} (-1)^k$ . Laipsnis prie $x$ lygus $5 - k$ , todėl $x^3$ gaunamas, kai $k = 2$ .
$C_5^2 = 10$ , $(2x)^3 = 8x^3$ , $(-1)^2 = 1$ , todėl narys yra $10 \cdot 8x^3 \cdot 1 = 80x^3$ .
Atkreipk dėmesį į ženklą: kai $k$ nelyginis, narys neigiamas. Toks yra, pavyzdžiui, narys su $x^2$ .

Atsakymas: 80.

Normalusis skirstinys (A kursas)

Normaliuoju, arba Gauso, skirstiniu dažnai gerai aprašomi dydžiai, kuriuos lemia daugybė smulkių atsitiktinių priežasčių, pavyzdžiui, gaminių ilgis ar masė, matavimų paklaidos. Šio skirstinio kreivė panaši į varpą. Aukščiausias kreivės taškas yra ties vidurkiu $\mu$ , o pati kreivė simetriška tiesės $x = \mu$ atžvilgiu.

Kreivės formą lemia du skaičiai. Vidurkis $\mu$ nurodo simetrijos ašies vietą: didinant $\mu$ , kreivė pasislenka į dešinę, bet jos forma nekinta. Standartinis nuokrypis $\sigma$ nurodo plotį: kuo $\sigma$ didesnis, tuo kreivė platesnė ir žemesnė, nes plotas po ja visada lygus 1.

Tikimybė, kad dydis pateks į intervalą, lygi plotui po kreive virš jo. Dėl simetrijos $P(X > \mu) = 0{,}5$ ir $P(X > \mu + a) = P(X < \mu - a)$ . Į intervalus, kurie nuo vidurkio į abi puses tęsiasi per vieną, du ir tris $\sigma$ , patenka apie 68 %, 95 % ir 99,7 % reikšmių.

Varžtų ilgis ir normalusis skirstinys

Gamykloje gaminamų varžtų ilgis $X$ (mm) pasiskirstęs pagal normalųjį skirstinį, kurio vidurkis lygus 50. Žinoma, kad $P(X > 50{,}4) = 0{,}07$ . Varžtas tinkamas, jei jo ilgis yra tarp 49,6 ir 50,4 mm. a) Kokia tikimybė, kad atsitiktinai paimtas varžtas trumpesnis nei 49,6 mm? b) Kokia tikimybė, kad jis tinkamas? c) Kokia tikimybė, kad jis ilgesnis nei 50 mm?

Kreivė simetriška tiesės

x = 50

atžvilgiu, todėl abiejų užtušuotų sričių plotai lygūs.

Skirstinys simetriškas tiesės $x = 50$ atžvilgiu. Ilgiai 49,6 ir 50,4 nuo vidurkio nutolę vienodai, per 0,4 mm, todėl a) $P(X < 49{,}6) = P(X > 50{,}4) = 0{,}07$ .
b) Įvykis „varžtas tinkamas“ yra priešingas įvykiui „varžtas per trumpas arba per ilgas“. Šie du atvejai nesutaikomi, todėl $\begin{gathered} P(49{,}6 < X < 50{,}4) = \\ = 1 - 0{,}07 - 0{,}07 = 0{,}86 \end{gathered}$
c) Pusė ploto po kreive yra dešiniau vidurkio, todėl $P(X > 50) = 0{,}5$ .

Atsakymas: a) 0,07; b) 0,86; c) 0,5.

Dažnos klaidos tikimybių uždaviniuose

Šioje temoje formulės trumpos, todėl klaidos atsiranda samprotavime: ne taip suskaičiuotos baigtys arba pritaikyta ne ta taisyklė. Prieš skaičiuodamas atsakyk į tris klausimus: ar baigtys vienodai galimos, ar tvarka svarbi ir ar įvykiai priklausomi.

Ėmimas be grąžinimo skaičiuojamas kaip su grąžinimu. Jei daiktas negrąžinamas, antrojo etapo tikimybės priklauso nuo to, kas ištraukta pirmą kartą.
„Arba“ skaičiuojamas paprasta sudėtimi, nors įvykiai sutaikomi. Jei įvykiai gali įvykti kartu, sudėjus jų tikimybes bendroji dalis įskaičiuojama du kartus. Nusibraižyk Veno diagramą ir atimk sankirtą.
Įvykio „bent vienas“ tikimybė skaičiuojama sudedant atskirų bandymų tikimybes. Taip galima gauti net daugiau nei 1. Teisingas kelias – priešingas įvykis „nė vieno“. Apskritai tikimybė, didesnė už 1 arba neigiama, visada reiškia klaidą sprendime.
Baigtys laikomos vienodai galimomis, nors taip nėra. Metant du kauliukus, sumų yra 11 (nuo 2 iki 12), bet sumos 7 tikimybė nėra $\frac{1}{11}$ : suma 7 gaunama 6 būdais iš 36, o suma 2 – tik vienu.
Painiojami gretiniai ir deriniai. Jei išrinkti objektai gauna skirtingus vaidmenis (vietas, pareigas), tvarka svarbi – tai gretiniai; jei sudaro tiesiog grupę – deriniai.
Bernulio formulėje pamirštamas daugiklis $C_n^k$ arba formulė taikoma ten, kur ji netinka: kai bandymai priklausomi ar sėkmės tikimybė kinta. Pavyzdžiui, traukiant be grąžinimo Bernulio formulė netinka.

Tikimybės VBE ir PUPP dokumentuose

Šio puslapio temos – 10 klasės rinkiniai ir 12 (IV gimnazijos) klasės tikimybės. Egzaminų turinys, priemonės ir formulių rinkinys čia aprašyti pagal 2026 m. tvarką (2025–2026 mokslo metų dokumentus), nes 2027 m. užduočių aprašai dar derinami.

Kada laikomos VBE dalys (2026 m. tvarka): pirmoji dalis – III gimnazijos klasėje, antroji dalis – IV gimnazijos klasėje. Tikimybių tema baigiama 12 klasėje. Bendrojoje programoje parašyta, kad antrosios dalies užduotis rengiama pagal III–IV gimnazijos (11–12) klasių turinį, todėl tikimybių uždavinių gali būti antrojoje VBE dalyje.
VBE formulių rinkinys (2026 m. tvarka): oficialus rinkinys – VBE užduočių aprašo 1 priedas: I skyrius – matematikos (B), II skyrius – matematikos (A). II skyriuje yra derinių ir gretinių, atsitiktinio dydžio vidurkio ir dispersijos, binominių bandymų ir Niutono binomo formulės. I skyriuje tikimybių ir kombinatorikos formulių nėra. Kas dar yra rinkinyje, rasi puslapyje VBE formulės.
VBE priemonės (2026 m. tvarka): pirmojoje dalyje – lapas užrašams, kompiuteris, skaičiuotuvas, formulių rinkiniai (1 priedas); antrojoje dalyje – skaičiuotuvas, formulių rinkinys (1 priedas). Vadinasi, pagal 2026 m. tvarką skaičiuotuvu buvo galima naudotis abiejose dalyse, pavyzdžiui, apskaičiuoti $0{,}8^5$ . Vis tiek verta mokėti suprastinti trupmenas ir apskaičiuoti derinių skaičių be jo.
PUPP pagal 2026 m. aprašą: gali būti uždavinių iš visų 9 (I gimnazijos) klasės temų, o iš 10 (II gimnazijos) klasės neįtraukiamas srities „Duomenys ir tikimybės“ turinys. Vadinasi, 10 klasės rinkinių ir tikimybių skaičiavimai per PUPP netikrinami. Jų reikės 10 klasės pamokose ir VBE.
NŠA (Nacionalinė švietimo agentūra) 2026 m. spalio 7 d. paskelbė, kad viešam derinimui teikiami atnaujinti VBE užduočių aprašų projektai, o 2026 m. spalio 1 d. – kad teikiamas atnaujintas PUPP užduoties aprašo projektas. Kokia tvarka galios 2027 m., paaiškės, kai bus patvirtintos galutinės aprašų redakcijos.

Matematikos VBE Egzamino dalys, vertinimas ir pasiruošimas.
VBE formulių rinkinys Kas yra A ir B kurso formulių lape.
VBE antroji dalis Kas žinoma apie antrąją egzamino dalį.
A ir B kursas Kuo skiriasi kursai ir jų egzaminai.
VBE užduotys Egzamino formato uždaviniai su atsakymais.
NŠA: VBE užduočių aprašas su formulių rinkiniu (PDF) Formulių rinkinys – aprašo 1 priedas.
NŠA: matematikos PUPP užduoties aprašas (PDF) 9 punktas – kas į užduotį neįtraukiama.

Tikimybės uždaviniai su atsakymais

Aštuoni uždaviniai suskirstyti pagal sunkumą. Uždaviniams, pažymėtiems „A kursas“, reikia A kurso žinių; kitus gali spręsti visi. Jei užstringi, nusibraižyk medį arba Veno diagramą: brėžinys dažnai parodo kelią greičiau nei formulė.

Lengvesni

1. Dvidešimt kortelių sunumeruota skaičiais nuo 1 iki 20, jos sumaišytos ir apverstos. Atsitiktinai atverčiama viena kortelė. Sugretink kiekvieną įvykį A–D su jo tikimybe 1–4. A – skaičius dalijasi iš 3; B – skaičius pirminis; C – skaičius didesnis už 20; D – skaičius ne didesnis už 20. Tikimybės: 1) 0; 2) 0,3; 3) 0,4; 4) 1.

Rodyti atsakymą

Atsakymas: A – 2, B – 3, C – 1, D – 4.

Visų vienodai galimų baigčių yra 20. Iš 3 dalijasi 3, 6, 9, 12, 15 ir 18 – tai 6 skaičiai: $\frac{6}{20} = 0{,}3$ . Pirminiai skaičiai yra 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 ir 19 – jų 8: $\frac{8}{20} = 0{,}4$ . Įvykis C negalimas, jo tikimybė 0, o D būtinas, jo tikimybė 1.

2. Klasės taryboje yra 8 nariai. a) Keliais būdais galima išrinkti pirmininką, pavaduotoją ir sekretorių? b) Keliais būdais galima išrinkti trijų narių delegaciją į mokyklos tarybą?

Rodyti atsakymą

Atsakymas: a) 336 būdais; b) 56 būdais.

a) Pareigos skirtingos, todėl tvarka svarbi – gretiniai: $A_8^3 = 8 \cdot 7 \cdot 6 = 336$ . b) Delegacijos nariai lygiaverčiai, tvarka nesvarbi – deriniai: $C_8^3 = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6}{1 \cdot 2 \cdot 3} = \frac{336}{6} = 56$ Atsakymai skiriasi lygiai $3! = 6$ kartus: kiekvieną delegaciją galima paskirstyti į tris pareigas šešiais būdais.

Vidutiniai

3. Rytinis autobusas vėluoja su tikimybe 0,2, ir vėlavimai skirtingomis dienomis nepriklausomi. Kokia tikimybė, kad per tris darbo dienas autobusas pavėluos bent kartą?

Rodyti atsakymą

Atsakymas: 0,488.

Priešingas įvykis – per visas tris dienas autobusas atvyksta laiku. Vieną dieną laiku jis atvyksta su tikimybe $1 - 0{,}2 = 0{,}8$ . Dienos nepriklausomos, todėl tikimybės dauginamos: $0{,}8 \cdot 0{,}8 \cdot 0{,}8 = 0{,}512$ Ieškoma tikimybė: $1 - 0{,}512 = 0{,}488$ . Sudėjus $0{,}2 + 0{,}2 + 0{,}2 = 0{,}6$ atsakymas būtų neteisingas, nes atvejai, kai autobusas vėluoja kelias dienas, būtų suskaičiuoti po kelis kartus.

4. Pakeliui į mokyklą Tomas pereina dvi perėjas su šviesoforais, ir prie kiekvienos jį pasitinka žalia arba raudona šviesa. Prie pirmosios perėjos žalia šviesa dega su tikimybe 0,6. Šviesoforai suderinti: jei prie pirmosios degė žalia, prie antrosios žalia degs su tikimybe 0,7, o jei raudona – su tikimybe 0,35. a) Kokia tikimybė, kad prie abiejų perėjų Tomą pasitiks raudona šviesa? b) Kokia tikimybė, kad prie antrosios perėjos degs žalia?

Rodyti atsakymą

Atsakymas: a) 0,26; b) 0,56.

Įvykiai priklausomi: antrosios perėjos tikimybės priklauso nuo pirmosios. a) Kelias „raudona, raudona“: $0{,}4 \cdot (1 - 0{,}35) = 0{,}4 \cdot 0{,}65 = 0{,}26$ . b) Žalią prie antrosios perėjos duoda du keliai, „žalia, žalia“ ir „raudona, žalia“: $0{,}6 \cdot 0{,}7 + 0{,}4 \cdot 0{,}35 = 0{,}42 + 0{,}14 = 0{,}56$ .

5. Kompiuterių klasės stalčiuje guli 12 vienodų USB atmintinių. Penkiose iš jų įrašyti ankstesnių mokinių darbai, kitos tuščios, bet iš išorės jų neatskirsi. Mokytoja paima dvi atmintines iš karto. Kokia tikimybė, kad abi bus tuščios?

Rodyti atsakymą

Atsakymas: $\frac{7}{22} \approx 0{,}32$ .

Tuščių atmintinių yra $12 - 5 = 7$ . Paimama iš karto, todėl skaičiuojame kaip be grąžinimo: $\frac{7}{12} \cdot \frac{6}{11} = \frac{42}{132} = \frac{7}{22}$ . Tą patį duoda deriniai: $\frac{C_7^2}{C_{12}^2} = \frac{21}{66} = \frac{7}{22}$ .

6. A kursas. Kepykloje kepamų batonų masė pasiskirsčiusi pagal normalųjį skirstinį: vidurkis 400 g, standartinis nuokrypis 8 g. Naudodamasis apytikslėmis normaliojo skirstinio tikimybėmis (68 %, 95 %, 99,7 %), nustatyk: a) kokia batonų dalis sveria nuo 384 g iki 416 g; b) kokia batonų dalis sveria daugiau nei 408 g.

Rodyti atsakymą

Atsakymas: a) apie 95 %; b) apie 16 %.

a) 384 g ir 416 g nuo vidurkio nutolę per 16 g, t. y. per $2\sigma$ , todėl apie 95 %. b) 408 g nuo vidurkio nutolę per vieną $\sigma$ . Intervale nuo 392 g iki 408 g yra apie 68 % batonų, todėl už jo lieka apie $100\,\% - 68\,\% = 32\,\%$ . Dėl simetrijos pusė jų yra dešiniau: apie 16 %.

Sunkesni

7. A kursas. Žaidime metamas kauliukas. Iškritus 6 akutėms, žaidėjas gauna 10 taškų, iškritus 4 arba 5 akutėms – 3 taškus, o kitais atvejais praranda 2 taškus. $X$ – taškų pokytis po vieno metimo. Sudaryk $X$ skirstinį, apskaičiuok $\mathbf{E}X$ ir $\mathbf{D}X$ . Ar žaidimas naudingas žaidėjui, jei jis žaidžia daug kartų?

Rodyti atsakymą

Atsakymas: $X$ įgyja reikšmes −2, 3, 10 su tikimybėmis $\frac{1}{2}$ , $\frac{1}{3}$ , $\frac{1}{6}$ ; $\mathbf{E}X = \frac{5}{3} \approx 1{,}67$ ; $\mathbf{D}X = \frac{170}{9} \approx 18{,}9$ . Žaidimas naudingas, nes $\mathbf{E}X > 0$ .

Pokytis $-2$ gaunamas iškritus 1, 2 arba 3 akutėms, todėl jo tikimybė $\frac{3}{6} = \frac{1}{2}$ . Pokytis $3$ gaunamas iškritus 4 arba 5 akutėms: $\frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ . Pokytis $10$ gaunamas tik iškritus 6 akutėms: $\frac{1}{6}$ . $\mathbf{E}X = -2 \cdot \frac{1}{2} + 3 \cdot \frac{1}{3} + 10 \cdot \frac{1}{6} = \frac{5}{3}$ . Reikšmės nuo vidurkio nutolusios per $\frac{11}{3}$ , $\frac{4}{3}$ ir $\frac{25}{3}$ , todėl pagal lapo formulę $\mathbf{D}X = \frac{121}{9} \cdot \frac{1}{2} + \frac{16}{9} \cdot \frac{1}{3} + \frac{625}{9} \cdot \frac{1}{6} = \frac{170}{9}$ . Teigiamas vidurkis reiškia, kad ilgai žaidžiant žaidėjas vidutiniškai laimi.

8. A kursas. Rask skleidinio $\left(x^2 + \frac{2}{x}\right)^6$ narį, kuriame nėra $x$ .

Rodyti atsakymą

Atsakymas: 240.

Bendrasis narys: $C_6^k (x^2)^{6-k} \left(\frac{2}{x}\right)^k = C_6^k \cdot 2^k \cdot x^{12 - 3k}$ . Narys be $x$ gaunamas, kai $12 - 3k = 0$ , t. y. $k = 4$ : $C_6^4 \cdot 2^4 = 15 \cdot 16 = 240$ .

Dažniausiai užduodami klausimai

Kuo skiriasi deriniai nuo gretinių?

Gretiniai skaičiuojami, kai tvarka svarbi: išrinkti objektai gauna skirtingas vietas ar vaidmenis, pavyzdžiui, prizines vietas varžybose. Deriniai – kai tvarka nesvarbi ir sudaroma tiesiog grupė, pavyzdžiui, komanda ar rinkinys.

Kada tikimybes reikia sudėti, o kada dauginti?

Sudedama, kai klausiama „vienas arba kitas“ ir įvykiai negali įvykti kartu, pavyzdžiui, skirtingi tikimybių medžio keliai. Jei gali, iš sumos dar atimama tikimybė, kad įvyks abu. Dauginama, kai klausiama „vienas ir kitas“, pavyzdžiui, išilgai medžio kelio. Jei įvykiai priklausomi, antrojo įvykio tikimybė skaičiuojama laikant, kad pirmasis jau įvyko.

Ar klasikinę tikimybės formulę galima taikyti visada?

Ne. Ji tinka tik tada, kai visos baigtys vienodai galimos, pavyzdžiui, metant simetrišką kauliuką. Kitais atvejais tikimybės duodamos sąlygoje arba įvertinamos iš santykinio dažnio – plačiau skyriuje „Tikimybės teorija: bandymas, baigtis ir įvykis“.

Kuo tikimybė skiriasi nuo galimybės?

Galimybė – tai vienas iš galimų bandymo rezultatų: galimybių medis ar lentelė jas surašo, o kombinatorika suskaičiuoja. Tikimybė – skaičius nuo 0 iki 1, kuris parodo, kiek tikėtina, kad įvykis įvyks. Pavyzdžiui, metant kauliuką yra 6 galimybės, o tikimybė, kad iškris 6 akutės, lygi vienai šeštajai.

Taip pat: Procentai · Pasiruošimas matematikos VBE · Matematikos A ir B kursas · Matematikos VBE 2 dalis

Šaltiniai

NŠA, Matematikos PUPP užduoties aprašas (VK-1018, 2025-12-10 įsakymo Nr. VK-1210 redakcija), 2 p., 9 punktas; tikrinta 2026-10-09.
ŠMSM, Atmintinė abiturientams 2025–2026, 3 p.; tikrinta 2026-10-09.
emokykla.lt, Matematikos bendroji programa, skyrius „Mokinių pasiekimų vertinimas“, išorinis apibendrinamasis vertinimas, VBE antros dalies užduoties struktūra (bendrasis ir išplėstinis kursai); tikrinta 2026-10-09.
NŠA, Matematikos, gamtos mokslų dalykų, informatikos ir inžinerinių technologijų VBE užduočių aprašas (VK-909, 2026-01-07 įsakymo Nr. VK-9 redakcija), 2 p., 7.1.5 ir 7.2.5 punktai; 12–15 p., 1 priedas; tikrinta 2026-10-09.
NŠA naujiena „Atnaujinti valstybinių brandos egzaminų užduočių aprašų projektai teikiami viešam derinimui“; tikrinta 2026-10-09.
NŠA naujiena „Viešam derinimui – NMPP ir PUPP užduočių aprašų projektai“ (2026-10-01); tikrinta 2026-10-09.

Atnaujinta: 2026-10-09

Kaip rengiame turinį

Radai klaidą? Parašyk: info@exacta.lt