Tikimybės: kaip apskaičiuoti tikimybę, formulės ir VBE uždaviniai su sprendimais

2025 m. birželio 6 d., per matematikos brandos egzamino antrąją dalį, bendrojo kurso kandidatai gavo klausimą, kuriam išspręsti užtenka vieno atimties veiksmo. Tikimybė ištraukti iš dėžės geltoną kamuoliuką lygi 1/7, o reikia rasti tikimybę, kad ištrauktas kamuoliukas nebus geltonas. Atsakymas — 6/7. Vis dėlto pagal Nacionalinės švietimo agentūros (NŠA) statistinę analizę nulį taškų už šį klausimą gavo 61,5 proc. iš 5 951 užduotį atlikusio kandidato. Tame pačiame uždavinyje buvo dar trys tikimybių klausimai, ir du iš jų buvo patys sunkiausi visoje užduotyje. Tą pačią dieną išplėstinio kurso kandidatams lengviausias visos antrosios dalies uždavinys taip pat buvo iš tikimybių srities: atsitiktinio dydžio vidurkį iš lentelės apskaičiavo 91,4 proc. kandidatų. Dar viena detalė verta dėmesio: bendrojo kurso formulių rinkinyje nėra nė vienos tikimybių taisyklės, net ir tos, kad priešingo įvykio tikimybė lygi vieneto ir įvykio tikimybės skirtumui. Jų nebuvo nei 2024 m. paskelbtame rinkinio projekte, nei 2026 m. egzamino rinkinyje.

Trumpai: tikimybė yra skaičius nuo 0 iki 1, rodantis, kiek tikėtina, kad įvykis įvyks. Kai visos bandymo baigtys vienodai galimos, įvykio tikimybė apskaičiuojama formule P(A) = m/n, čia m — įvykiui palankių baigčių skaičius, n — visų galimų baigčių skaičius. Priešingo įvykio tikimybė lygi 1 − P(A). Kai du įvykiai negali įvykti kartu, tikimybė, kad įvyks vienas arba kitas, lygi jų tikimybių sumai. Kai vienas įvykis neturi įtakos kitam, tikimybė, kad įvyks abu, lygi jų tikimybių sandaugai. Toliau kiekviena taisyklė paaiškinta pavyzdžiu, o daugumai jų pateiktas ir tikras 2025 ar 2026 m. brandos egzamino uždavinys su sprendimu.

Kas yra tikimybė

Tikimybių teorijoje viskas prasideda nuo bandymo — veiksmo, kurio rezultato iš anksto negalima žinoti. Metamas lošimo kauliukas, iš dėžės traukiamas kamuoliukas, iš lentynos imama knyga — visa tai bandymai. Kiekvienas galimas bandymo rezultatas vadinamas baigtimi: metant kauliuką, baigčių yra šešios, nuo vienos iki šešių akučių. Įvykis — tai viena ar kelios baigtys, apie kurias klausiama. Pavyzdžiui, įvykis „atvirto lyginis akučių skaičius“ apima tris baigtis: 2, 4 ir 6.

Tikimybė parodo, kiek įvykis tikėtinas, ir visada yra nuo 0 iki 1. Įvykio, kuris negali įvykti, pavyzdžiui, „atvirto septynios akutės“, tikimybė lygi 0; toks įvykis vadinamas negalimuoju. Įvykio, kuris įvyks bet kuriuo atveju, pavyzdžiui, „atvirto mažiau nei septynios akutės“, tikimybė lygi 1; tai būtinasis įvykis. Visų kitų įvykių tikimybės yra tarp šių dviejų skaičių. Tikimybę galima užrašyti paprastąja trupmena, dešimtaine trupmena arba procentais: 1/4, 0,25 ir 25 proc. reiškia tą patį. Jei skaičiuojant gaunama, pavyzdžiui, 7/5 ar neigiamas skaičius, tai neabejotinas ženklas, kad sprendime įsivėlė klaida.

Svarbu suprasti, ką tikimybė pasako, o ko — ne. Šešeto tikimybė metant kauliuką yra 1/6, bet tai nereiškia, kad per šešis metimus šešetas iškris lygiai vieną kartą. Tikimybė apibūdina tai, kas vyksta, kai bandymas kartojamas daug kartų: metant kauliuką šimtus ar tūkstančius kartų, šešetų dalis paprastai vis labiau artėja prie vienos šeštosios. Iš stebėjimų apskaičiuota dalis vadinama santykiniu dažniu. Dešimtos klasės programoje kaip tik siūloma tai pamatyti savo akimis — mesti kauliuką iki 600 kartų ir palyginti šešetų santykinį dažnį su teorine tikimybe.

Klasikinė tikimybės formulė ir kada ją galima taikyti

Kai visos bandymo baigtys vienodai galimos, tikimybė apskaičiuojama paprasčiausiai: palankių baigčių skaičius dalijamas iš visų galimų baigčių skaičiaus. Įvykio „atvirto lyginis akučių skaičius“ tikimybė lygi 3/6 = 1/2, o įvykio „atvirto daugiau nei keturios akutės“ — 2/6 = 1/3. Matematikos programoje ši formulė pirmą kartą pasirodo jau penktoje klasėje, kai visų baigčių yra ne daugiau kaip dešimt.

Formulė turi vieną sąlygą, kurią lengva pamiršti: baigtys turi būti vienodai galimos. Metant du kauliukus, akučių suma gali būti nuo 2 iki 12, t. y. galimų sumų yra vienuolika. Tačiau sumos 7 tikimybė nėra 1/11. Vienodai galimos čia yra ne sumos, o skaičių poros: pirmasis kauliukas gali atvirsti šešiais būdais, antrasis — taip pat šešiais, todėl iš viso yra 6 · 6 = 36 baigtys. Sumą 7 duoda šešios poros: (1; 6), (2; 5), (3; 4), (4; 3), (5; 2) ir (6; 1). Todėl jos tikimybė lygi 6/36 = 1/6. Sumą 2 duoda tik pora (1; 1), taigi jos tikimybė yra 1/36. Poros (1; 6) ir (6; 1) laikomos skirtingomis baigtimis, nes kauliukai yra du, net jei jie atrodo vienodai.

Tokią klaidą darė ne tik mokiniai. 1754 m. prancūzų matematikas d'Alembert'as „Enciklopedijos“ straipsnyje „Croix ou pile“ (liet. „Herbas ar skaičius“) tvirtino, kad metant monetą du kartus tikimybė bent kartą gauti herbą yra 2/3. Jis samprotavo, kad galimos tik trys baigtys: herbas iškrenta pirmu metimu, herbas iškrenta tik antru metimu arba herbo nėra nė karto. Visas tris jis laikė vienodai galimomis. Iš tikrųjų pirmoji baigtis yra dvigubai labiau tikėtina už kiekvieną iš likusių. Surašius visas keturias vienodai galimas baigtis HH, HS, SH ir SS (čia H — herbas, S — skaičius), matyti, kad herbą turi trys iš jų, todėl teisinga tikimybė yra 3/4. Kai kyla abejonių, ar baigtys vienodai galimos, saugiausia jas visas surašyti arba nubraižyti tikimybių medį.

Priešingas įvykis ir jo tikimybė

Įvykis, priešingas įvykiui A, žymimas Ā ir įvyksta tada, kai A neįvyksta. Jei A — „ištrauktas kamuoliukas geltonas“, tai Ā — „ištrauktas kamuoliukas nėra geltonas“. Kadangi vienas iš jų įvyksta būtinai, o abu kartu negali, jų tikimybių suma lygi vienetui: P(A) + P(Ā) = 1, todėl P(Ā) = 1 − P(A). Būtent šia taisykle prasidėjo jau minėtas 2025 m. bendrojo kurso egzamino uždavinys: kai geltono kamuoliuko tikimybė lygi 1/7, tikimybė, kad kamuoliukas nebus geltonas, lygi 1 − 1/7 = 6/7.

Kitas to paties uždavinio klausimas parodė, kaip ši taisyklė veikia kartu su kitomis. Dėžėje buvo tik geltoni, mėlyni ir raudoni kamuoliukai, o tikimybė ištraukti mėlyną buvo dvigubai didesnė už tikimybę ištraukti raudoną. Jei geltono tikimybė lygi 1/7, tai mėlynam ir raudonam kartu tenka 6/7. Pažymėję raudono kamuoliuko tikimybę raide r, gauname r + 2r = 6/7, taigi r = 2/7. Uždavinys vertintas dviem taškais ir išsprendžiamas trimis eilutėmis, tačiau, kaip rodo NŠA analizė, nulį už jį gavo 91,4 proc. kandidatų, o abu taškus — 3,3 proc.

Priešingas įvykis ypač praverčia, kai klausiama apie „bent vieną“. Tikimybę, kad metant kauliuką du kartus šešetas atvirs bent kartą, skaičiuoti tiesiogiai nepatogu: reikėtų atskirai įvertinti šešetą pirmu metimu, antru metimu ir abiem. Daug paprasčiau apskaičiuoti priešingo įvykio „šešetas neatvirto nė karto“ tikimybę. Ji lygi 5/6 · 5/6 = 25/36, todėl ieškomoji tikimybė yra 1 − 25/36 = 11/36. Taip sprendžiamas ir vienas 2026 m. išplėstinio kurso egzamino uždavinys, apie kurį kalbama toliau.

„Arba“: kada tikimybės sudedamos

Atsakymas į klausimą, kokia tikimybė, kad įvyks A arba B, priklauso nuo to, ar įvykiai gali įvykti kartu. Jei negali, jie vadinami nesutaikomaisiais ir tikimybės tiesiog sudedamos: P(A arba B) = P(A) + P(B). Metant kauliuką, įvykiai „atvirto 1“ ir „atvirto 6“ yra nesutaikomi, todėl tikimybė, kad atvirs 1 arba 6, lygi 1/6 + 1/6 = 1/3.

Jei įvykiai turi bendrų baigčių, jie vadinami sutaikomaisiais. Tada paprasta suma tas bendras baigtis suskaičiuoja du kartus, todėl iš sumos reikia atimti tikimybę, kad įvyks abu įvykiai: P(A arba B) = P(A) + P(B) − P(A ir B). NŠA dokumente mokytojams tam pateiktas kauliuko pavyzdys: A — „atvirto lyginis akučių skaičius“ (baigtys 2, 4, 6), B — „neatvirto nei 1, nei 6“ (baigtys 2, 3, 4, 5). Bendros baigtys yra 2 ir 4, todėl P(A arba B) = 3/6 + 4/6 − 2/6 = 5/6. Rezultatą patikrinti nesunku: įvykiui „A arba B“ palankios baigtys yra 2, 3, 4, 5 ir 6, t. y. penkios iš šešių. Kadangi įvykis yra baigčių aibė, žodis „arba“ atitinka aibių sąjungą A ∪ B, o „ir“ — sankirtą A ∩ B; senesnėse knygose dar sutinkami užrašai P(A + B) ir P(A · B). Aibių operacijos plačiau paaiškintos straipsnyje apie skaičių aibes.

„Ir“: kada tikimybės dauginamos

Jei tai, ar įvyko vienas įvykis, neturi jokios įtakos kito įvykio tikimybei, įvykiai vadinami nepriklausomaisiais, o tikimybė, kad įvyks abu, lygi jų tikimybių sandaugai: P(A ir B) = P(A) · P(B). Dviejų kauliukų metimai, kelis kartus iš eilės metama moneta, traukimas, kai ištrauktas daiktas grąžinamas, — visa tai nepriklausomi bandymai. Minėtame NŠA dokumente pateiktas toks pavyzdys: moneta metama tris kartus ir klausiama, kokia tikimybė, kad visus tris kartus ji atvirs ta pačia puse. Kiekvienos iš aštuonių baigčių (SSS, SSH, SHS, HSS, SHH, HSH, HHS, HHH) tikimybė lygi 1/2 · 1/2 · 1/2 = 1/8. Palankios yra dvi baigtys, SSS ir HHH, todėl atsakymas yra 2/8 = 1/4.

Su nepriklausomumu susijusi viena atkakliausių klaidingų intuicijų: atrodo, kad po penkių herbų iš eilės „dabar jau turi iškristi skaičius“. Tačiau moneta neprisimena ankstesnių metimų, todėl šeštuoju metimu skaičiaus tikimybė vis tiek lygi 1/2. Mažai tikėtina yra visa seka — šeši herbai iš eilės, kurios tikimybė (1/2)⁶ = 1/64, — o ne kuris nors vienas jos metimas. Ši klaida vadinama lošėjo klaida. Ją verta aptarti dar prieš gimnaziją, nes vėliau ji gali klaidinti ir sprendžiant egzamino uždavinius.

Kai ištrauktas daiktas negrąžinamas

Traukiant be grąžinimo, antrasis traukimas priklauso nuo pirmojo: dėžėje lieka vienu daiktu mažiau, o jų sudėtis pasikeičia. Todėl daugybos taisyklė taikoma su pataisyta antrąja tikimybe — ji skaičiuojama iš likusių daiktų. 2025 m. išplėstinio kurso egzamine dėžėje buvo 16 kubelių: 5 žali, 4 raudoni ir 7 geltoni. Ištrauktas kubelis buvo padedamas ant stalo, o tada traukiamas antras. Tikimybė, kad abu kubeliai bus žali, lygi 5/16 · 4/15 = 20/240 = 1/12: pirmą kartą žalių yra 5 iš 16, antrą — jau tik 4 iš 15. Pagal NŠA analizę abu taškus už šį uždavinį gavo 48,0 proc. iš 12 579 užduotį atlikusių kandidatų, o nulį — 23,9 proc.

Jei kubelis būtų grąžintas, abu traukimai būtų nepriklausomi ir atsakymas būtų 5/16 · 5/16 = 25/256. Todėl sąlygos žodžiai „negrąžinus“, „padedamas ant stalo“ ar „paimamos dvi“ yra lemiami. Pastarasis atvejis kartais suklaidina: paimti dvi knygas iš karto matematiškai yra tas pats, kas paimti jas vieną po kitos negrąžinant. 2026 m. išplėstinio kurso uždavinyje lentynoje buvo aštuonios knygos — keturios matematikos, trys fizikos ir viena istorijos, — ir reikėjo rasti tikimybę, kad abi atsitiktinai paimtos knygos bus matematikos. Atsakymas: 4/8 · 3/7 = 12/56 = 3/14. Aukštojoje matematikoje antrojo traukimo tikimybė, apskaičiuota žinant, kas buvo ištraukta pirmą kartą, vadinama sąlygine tikimybe, tačiau mokyklos programoje šio termino nėra: tokie uždaviniai sprendžiami tikimybių medžiais.

„Viena tokia, kita kitokia“: kodėl skaičiuojamos dvi tvarkos

Vienas uždavinio tipas pasirodė abiejuose pastarųjų dvejų metų bendrojo kurso egzaminuose: be grąžinimo imami du daiktai ir klausiama, kokia tikimybė, kad vienas bus vienos rūšies, o kitas — kitos. 2025 m. jis buvo jau minėto bendrojo kurso uždavinio dalis: trečioje dėžėje buvo 5 geltoni, 2 mėlyni ir 7 raudoni kamuoliukai, iš viso 14, ir reikėjo rasti tikimybę, kad vienas iš dviejų ištrauktų kamuoliukų bus geltonas, o kitas — mėlynas. Nulį už šį dviejų taškų uždavinį gavo 93,5 proc. kandidatų, o abu taškus — 1,3 proc.

Esmė ta, kad įvykis „vienas geltonas, kitas mėlynas“ gali įvykti dviem būdais: pirmiausia ištraukiamas geltonas, paskui mėlynas, arba atvirkščiai. Kiekvieno kelio tikimybė lygi 5/14 · 2/13 = 10/182, o abiejų kartu — 20/182 = 10/91. Suskaičiavus tik vieną kelią, gaunamas atsakymas, lygiai dvigubai mažesnis už teisingą.

2026 m. bendrojo kurso užduotyje tas pats tipas sugrįžo, tik vietoj dėžės su kamuoliukais buvo knygų lentyna. Joje stovėjo 10 matematikos knygų ir nežinomas skaičius istorijos knygų, o tikimybė atsitiktinai paimti istorijos knygą buvo 0,6. Pirmajame klausime reikėjo pagrįsti, kad tikimybė paimti matematikos knygą yra mažesnė: ji lygi 1 − 0,6 = 0,4, o tai mažiau už 0,6. Antrajame klausta, kiek iš viso knygų yra lentynoje: kadangi 10 knygų sudaro 0,4 visų knygų, jų yra 25, iš jų 15 istorijos. Trečiajame, vertinamame keturiais taškais, klausta, kokia tikimybė, kad iš dviejų paimtų knygų viena bus matematikos, o kita — istorijos. Toliau pateiktas tikimybių medis rodo, kad abu tinkami keliai duoda po 1/4, todėl atsakymas yra 1/2. Medžio taisyklė paprasta: vieno kelio tikimybės dauginamos, o tinkamų kelių tikimybės sudedamos.

Tą patį atsakymą galima gauti ir neatsižvelgiant į tvarką. Porų, kuriose viena knyga matematikos, o kita istorijos, yra 10 · 15 = 150, o visų galimų dviejų knygų porų iš 25 — 25 · 24 : 2 = 300, todėl tikimybė lygi 150/300 = 1/2. Kuris būdas patogesnis, priklauso nuo uždavinio, tačiau abiem atvejais svarbu nuosekliai laikytis vieno sprendimo: jei tvarka svarbi (kaip medyje), turi būti įtraukti abu keliai, o jei nesvarbi, be tvarkos skaičiuojamos ir visos galimos poros.

Tikimybės ir kombinatorika: kada skaičiuoti deriniais

Kai daiktų daug, medis tampa per didelis, todėl baigtis patogiau suskaičiuoti kombinatorikos formulėmis. Derinių skaičius parodo, keliais būdais iš n daiktų galima parinkti k, kai tvarka nesvarbi: iš 8 knygų dvi galima parinkti 28 būdais, o tris — 56 būdais. 2026 m. išplėstinio kurso uždavinyje su tomis pačiomis aštuoniomis knygomis paskutinis klausimas buvo, kokia tikimybė, kad iš trijų paimtų knygų bent viena bus matematikos. Čia vėl padeda priešingas įvykis: matematikos knygos nebus nė vienos tik tada, kai visos trys knygos paimtos iš keturių kitų, o tai galima padaryti 4 būdais. Todėl ieškomoji tikimybė lygi 1 − 4/56 = 13/14. Tos pačios užduoties penktasis uždavinys buvo grynai kombinatorinis: kiek yra triženklių kodų nuo 100 iki 999, kurių visi trys skaitmenys skirtingi. Pirmąjį skaitmenį galima pasirinkti 9 būdais (nulis negalimas), antrąjį — taip pat 9, trečiąjį — 8, todėl tokių kodų yra 9 · 9 · 8 = 648.

Deriniai paaiškina ir tai, kodėl didžiausią loterijos prizą laimėti taip sunku. „Eurojackpot“ lošėjas pasirenka 5 skaičius iš 50 ir dar 2 skaičius iš 12. Penkis skaičius iš 50 galima pasirinkti 2 118 760 būdų, du iš 12 — 66 būdais, todėl visų galimų derinių yra 2 118 760 · 66 = 139 838 160. Tikimybė vienu spėjimu atspėti visus septynis skaičius lygi 1/139 838 160, t. y. mažesnė nei viena šimtamilijoninė.

2026 m. išplėstinio kurso knygų uždavinyje buvo ir klausimas, kuriame knyga grąžinama: du mokiniai vienas po kito paima po vieną knygą ir ją grąžina. Tikimybė, kad abu paims to paties dalyko knygą, yra trijų tikimybių suma: kad abu kartus bus paimta matematikos knyga, kad abu kartus — fizikos ir kad abu kartus — istorijos, t. y. (4/8)² + (3/8)² + (1/8)² = 16/64 + 9/64 + 1/64 = 26/64 = 13/32. Šiame sprendime veikia abi pagrindinės taisyklės iš karto: kiekvieno dalyko atveju tikimybės dauginamos, nes traukimai nepriklausomi, o trys dalykai yra nesutaikomi atvejai, todėl jų tikimybės sudedamos. Kaip atskirti derinius nuo gretinių ir kada tvarka svarbi, išsamiai paaiškinta tekste apie kombinatoriką.

Išplėstinis kursas: atsitiktinis dydis ir binominiai bandymai

Išplėstiniame kurse prie tikimybių prisideda atsitiktinio dydžio sąvoka. Atsitiktinis dydis — tai skaičius, kurį lemia bandymo baigtis, pavyzdžiui, kiek kartų iš šešių bandymų bus ištrauktas raudonas kubelis. Jo skirstinys yra lentelė, kurioje kiekvienai reikšmei priskirta tikimybė, o visų tikimybių suma turi būti lygi vienetui. Būtent tai tikrino 2026 m. išplėstinio kurso egzamino trečiasis uždavinys: lentelėje reikšmių 1, 2 ir 3 tikimybės buvo 1/a, 2/a ir 3/a. Kadangi (1 + 2 + 3)/a = 1, gauname a = 6.

Matematinė viltis EX, dar vadinama atsitiktinio dydžio vidurkiu, apskaičiuojama sudedant kiekvienos reikšmės ir jos tikimybės sandaugas. Tai tas pats svertinis vidurkis, apie kurį rašėme tekste apie vidurkį, medianą ir modą, tik vietoj dažnių čia naudojamos tikimybės. 2025 m. išplėstinio kurso užduotyje reikšmių 0, 1, 2, 3 ir 4 tikimybės buvo 8/125, 16/125, 39/125, 54/125 ir 8/125, todėl EX = (0 + 16 + 78 + 162 + 32)/125 = 288/125 = 2,304. Šį uždavinį išsprendė 91,4 proc. kandidatų, o NŠA suvestinėje jis pirmas pagal lengvumą iš visų 30 antrosios dalies uždavinių ir jų dalių.

Su binominiais bandymais sekėsi kur kas prasčiau. Jei tas pats bandymas kartojamas n kartų, o sėkmės tikimybė kiekvieną kartą lygi p, tai tikimybė gauti lygiai k sėkmių apskaičiuojama Bernulio formule Pₙ(k) = Cₙᵏ pᵏ qⁿ⁻ᵏ, čia q = 1 − p. 2025 m. iš jau minėtos dėžės kubeliai buvo traukiami šešis kartus, kaskart grąžinant, todėl raudono kubelio tikimybė kiekvieną kartą buvo 4/16 = 1/4. Klausta, kokia tikimybė, kad raudonų bus bent trys. Tiesiogiai reikėtų sudėti keturis narius — trims, keturioms, penkioms ir šešioms sėkmėms, — todėl patogiau iš vieneto atimti tris likusius: P(0) = 729/4096, P(1) = 1458/4096 ir P(2) = 1215/4096. Atsakymas: 1 − 3402/4096 = 694/4096 = 347/2048, t. y. maždaug 0,17. Nulį už šį trijų taškų uždavinį gavo 66,7 proc. kandidatų, visus taškus — 11,2 proc. Bernulio formulė yra ir 2026 m. išplėstinio kurso formulių rinkinyje, tačiau rinkinys nepasako, kad „bent trys“ patogiau skaičiuoti pasitelkus priešingą įvykį.

Ką duoda brandos egzamino formulių rinkinys, o ko ne

Per brandos egzaminą kandidatai gauna NŠA patvirtintą formulių rinkinį, todėl verta iš anksto žinoti, ką jame galima rasti apie tikimybes. Atsakymas priklauso nuo kurso. Lentelėje palyginti 2026 m. rinkiniai.

2026 m. bendrojo kurso rinkinyje tikimybių ir kombinatorikos skyriaus nėra apskritai: jame yra greitosios daugybos, laipsnių, šaknų, logaritmų, trigonometrijos, progresijų, sudėtinių procentų, geometrijos ir išvestinių formulės. Išplėstinio kurso rinkinyje yra derinių ir gretinių skaičiaus formulės, atsitiktinio dydžio vidurkio ir dispersijos formulės, binominių bandymų formulė ir Niutono binomo formulė. Tačiau nė viename rinkinyje nėra pačių pagrindų: klasikinės tikimybės formulės, bendros priešingo įvykio taisyklės (išplėstinio kurso rinkinyje ji pasirodo tik kaip q = 1 − p prie binominių bandymų formulės), sudėties ir daugybos taisyklių. Jų nėra ir dešimtokams skirtame pagrindinio ugdymo pasiekimų patikrinimo (PUPP) formulių rinkinyje. Kurios kitų temų formulės duodamos per egzaminus, apžvelgėme straipsnyje apie egzaminų formulynus.

NŠA dokumente „Sąvokos, žymenys, formulės“, skirtame vidurinio ugdymo bendrojo kurso mokytojams, visos šios taisyklės surašytos prie IV gimnazijos klasės temos „Tikimybės ir jų interpretavimas“. Ten pat pateikta ir labai atvira rekomendacija. Joje primenama, kad tikimybes mokiniai nagrinėjo šeštoje klasėje ir dešimtos klasės pabaigoje, bet ši tema nebuvo įtraukta į PUPP, todėl, dokumento žodžiais, „nemaža tikimybė, kad mokiniai tikimybių nežino“. Toliau tame pačiame dokumente pateikti ir 2025 m. egzamino tikimybių uždaviniai su statistika, kuri čia jau aptarta.

Kurioje klasėje mokomasi tikimybių ir kur jų nėra

Pagal galiojančią matematikos bendrąją programą tikimybės prasideda labai anksti. Trečioje klasėje vaikai mokosi įvykio tikėtinumą nusakyti žodžiais — negalimas, mažai tikėtinas, labai tikėtinas, būtinas. Ketvirtoje jie žaidžia su moneta, kauliuku ar suktuku, kartoja bandymą 10–20 kartų ir kiekvienos baigties tikimybę užrašo skaičiumi nuo 0 iki 1. Penktoje klasėje apibrėžiama įvykio tikimybė P = m/n ir mokomasi ją taikyti, kai visų baigčių yra ne daugiau kaip dešimt. Šeštoje nagrinėjami vieno ir dviejų etapų bandymai, nesutaikomi įvykiai, braižomi galimybių medžiai, mokomasi suformuluoti priešingą įvykį ir pagrįsti jo tikimybės ryšį su paties įvykio tikimybe. Apie tai, ką dar apima šeštos klasės kursas, rašėme straipsnyje apie matematiką 6 klasėje.

Pagal dabartinę programos redakciją po šeštos klasės tikimybės iš programos dingsta trejiems metams. Septintos, aštuntos ir devintos klasių mokymo(si) turinio srityje „Duomenys ir tikimybės“ aprašytos tik statistikos temos — imtys, diagramos, kvartiliai, koreliacija, — o NŠA ilgalaikių planų pavyzdžiuose šioms klasėms tikimybėms nenumatyta nė vienos pamokos. 2023 m. programos įgyvendinimo rekomendacijose dar buvo minimas propedeutinis įvykių kursas septintoje klasėje, todėl senesnėje medžiagoje galima rasti kitokį temų išdėstymą. Tema grįžta dešimtoje klasėje kartu su kombinatorikos sudėties ir daugybos taisyklėmis bei santykinio dažnio palyginimu su teorine tikimybe. NŠA plano pavyzdyje dešimtai klasei tam skirta 10 pamokų, o detalesniame teminiame plane blokui „Kombinatorika ir tikimybės“ — 16 pamokų. Tačiau PUPP, kurį dešimtokai laiko pavasarį, pagal užduoties aprašą gali apimti visą devintos klasės turinį, o iš dešimtos klasės srities „Duomenys ir tikimybės“ uždavinių jame nebūna. Vienuoliktoje klasėje tikimybių programoje vėl nėra.

Sisteminis kursas ateina tik IV gimnazijos klasėje. Bendrajame kurse tada nagrinėjamos tikimybių savybės, dviejų ir trijų etapų bandymai, priklausomi ir nepriklausomi įvykiai, traukimas su grąžinimu ir be jo, tikimybių medžiai ir Veno diagramos. Įdomu, kad programa čia nurodo mokytis apskaičiuoti įvykių „A arba B“ ir „A ir B“ tikimybes be formulių, t. y. medžiais ir lentelėmis. Išplėstiniame kurse prie to prisideda kėliniai, gretiniai ir deriniai, Bernulio bandymai, atsitiktinis dydis su vidurkiu ir dispersija bei normalusis skirstinys. NŠA 2025 m. ilgalaikių planų pavyzdžiuose IV gimnazijos klasei bendrajame kurse temai „Tikimybės ir jų interpretavimas“ skirtos 24 pamokos, o išplėstiniame — 18 pamokų tikimybiniams modeliams, 6 atsitiktiniam dydžiui ir dar 6 kombinatorikai. Kaip atrodo visi paskutiniai mokyklos metai, aptarėme straipsnyje apie matematiką 12 klasėje.

Patikrinimuose tai atrodo taip. Aštuntos klasės NMPP užduotyje gali būti uždavinių iš visų 5–7 klasių temų, taigi ir iš penktos bei šeštos klasių tikimybių, o skaičiuotuvu naudotis neleidžiama. Brandos egzamino pirmojoje dalyje, kuri laikoma vienuoliktoje klasėje, duomenų ir tikimybių uždavinių nėra, o antrojoje šiai sričiai pagal programą tenka 15 proc. taškų. Kai užduotis vertinama 60 taškų, tai sudaro 9 taškus, nors programoje šis procentas nurodytas kaip orientacinis. Visus 2025 m. antrosios dalies tikimybių uždavinius NŠA priskyrė IV gimnazijos klasės turiniui. Kitaip tariant, sisteminis tikimybių kursas ir egzaminas, kuriame jis tikrinamas, telpa į tuos pačius mokslo metus. Platesnę statistikos ir tikimybių vietos programoje apžvalgą rasite tekste apie statistiką ir tikimybes mokykloje.

Kaip mokytis tikimybių: nuo baigčių sąrašo iki egzamino užduoties

Tikimybių formulių nedaug, todėl daug kas priklauso nuo to, ar teisingai perskaitoma sąlyga. Tam labiau tinka trumpas reguliarus darbas nei ilgas kalimas prieš kontrolinį. Daugeliui uždavinių išspręsti padeda penki įpročiai:

• Prieš skaičiuodami užrašykite, kas yra bandymas ir kokios jo baigtys; jei jų nedaug, surašykite visas arba nubraižykite medį.
• Patikrinkite, ar baigtys vienodai galimos. Jei ne, formulės P(A) = m/n taikyti negalima.
• Iš sąlygos išsiaiškinkite, ar daiktas grąžinamas ir ar svarbi tvarka: žodžiai „negrąžinus“, „paimamos dvi“, „vienas…, o kitas…“ keičia sprendimą.
• Kai klausiama apie „bent vieną“ ar „bent tris“, pirmiausia pagalvokite apie priešingą įvykį.
• Atsakymą patikrinkite: tikimybė turi būti nuo 0 iki 1, o visų baigčių tikimybių suma — lygi vienetui.

Kadangi tikimybių uždavinys buvo kiekvienoje 2025 ir 2026 m. tiek bendrojo, tiek išplėstinio kurso antrosios dalies užduotyje, geriausia treniruotė — ištisos antrosios dalies užduotys, išspręstos per egzaminui skirtą laiką. Pirmiausia verta išspręsti tikras NŠA užduotis; kur jas rasti nemokamai, surašėme gide apie NMPP, PUPP ir VBE užduočių archyvą. Kai archyvo užduotys išspręstos, išplėstinio kurso mokiniams praverčia Vaidoto Mockaus „Matematikos VBE 2 dalies užduočių pavyzdžiai (išplėstinis kursas)“ — 20 užduočių pagal naująją 10 + 50 = 60 taškų struktūrą. Dvyliktos klasės išplėstinio kurso temoms įtvirtinti per mokslo metus skirtas 2026 m. leidinys „Matematikos uždavinynas 12 klasei“: 1 dalyje yra 2 700, 2 dalyje — 2 500 uždavinių su atsakymais. Leidėjo aprašyme nurodyta, kad uždavinynu galima naudotis ir rengiantis antrajai egzamino daliai, o tikimybės, kaip matėme, yra būtent dvyliktos klasės tema.

Visą kursą blokais kartoti galima ir su Mockaus leidiniu „Matematikos valstybinis brandos egzaminas. Ar jau pasirengęs? 2 dalis“, skirtu 11–12 klasių mokiniams; tik verta žinoti, kad jis išleistas 2014 m., dar prieš atnaujintą programą ir dviejų dalių egzaminą. Leidėjo teigimu, visas mokyklinio kurso formules, uždavinių sprendimo schemas ir grafikus vienoje vietoje surenka „Pati naujausioji matematikos atmintinė moksleiviams“ ir „Matematikos formulių ir taisyklių rinkinys moksleiviams“. Tik nepamirškite: bendrojo kurso egzamine tikimybių taisyklių niekas neduos, todėl namų formulių knygelė turi padėti jas išmokti, o ne jas pakeisti. Daugiau dvyliktokams skirtų leidinių surinkta parduotuvės skyriuje VBE matematika.

Aštuntokų NMPP užduotyje tikimybių uždavinys gali būti tik vienas iš daugelio, o PUPP jų nebūna, todėl jaunesniems mokiniams prasmingiau kartoti visą kursą, o ne vien šią temą. Aštuntokams, kurie ruošiasi NMPP, skirtas Mockaus leidinys „Pakartokime 5–8 klasės matematikos kursą ir pasirenkime 8 klasės NMPP“, o visas Mockaus knygas pagal klases galima peržiūrėti skyriuje Vaidoto Mockaus knygos. Kadangi tikimybės dažniausiai užrašomos trupmenomis, verta įsitikinti, kad vaikas užtikrintai sudeda, daugina ir prastina trupmenas; jei tai stringa, padės tekstas apie trupmenas.

Kada verta kreiptis į korepetitorių

Tikimybių uždaviniuose sunkiausia dažnai būna ne skaičiuoti, o nuspręsti, ką skaičiuoti. Mokinys gali mokėti sudauginti trupmenas, bet nežinoti, ar šiame uždavinyje tikimybes reikia dauginti, ar sudėti, pamiršti antrąją tvarką arba nepastebėti, kad daiktas negrąžinamas. Tokios klaidos kartojasi tol, kol kas nors su mokiniu garsiai neišnagrinėja kelių uždavinių ir nepaklausia, kodėl buvo pasirinktas būtent tas kelias. Kadangi sisteminis kursas ir egzaminas telpa į tuos pačius metus, laiko taisyti klaidas nebūna daug, o vėluoti brangu.

Jei mokinys stringa ties šia tema, verta rasti matematikos korepetitorių 12 klasei, kuris pirmiausia patikrintų pagrindus — trupmenas, baigčių surašymą, priešingą įvykį — ir tik tada pereitų prie egzamino lygio užduočių. Edtalk platformoje matematikos korepetitorių galima rinktis pagal klasę, kursą ir tikslą, o savarankiškai treniruotis padeda puslapio apačioje surinktos knygos — nuo aštuntos klasės kartojimo iki dvyliktos klasės uždavinynų.