Перестановки с повторениями

Пусть имеются k групп элементов, причем в первой группе n1 неразличимых элементов,

во второй группе n2 неразличимых элементов, …, в k-ой группе – nk неразличимых элементов.

Элементы из разных групп различимы. Таким образом, имеем всего n1 + n2 +... + nk = n

элементов. Рассмотрим всевозможные упорядоченные наборы из этих элементов. Число различных таких наборов (перестановок с повторениями) равно

(n1 + n2 +... + nk )!.

Пример 1. На 6-ти карточках написаны буквы, из которых можно составить слово АНАНАС. Сколько существует различных шестибуквенных слов, которые можно составить при помощи этих 6-ти карточек?

Решение. 6 карточек разобьем на 3 группы. Первая группа образована карточками с буквой А. Число таких карточек равно 3. Они неразличимы по буквам, у всех одна и та же буква А, n1 = 3. Вторая группа образована двумя карточками, содержащими букву Н. Элементы второй группы также неразличимы между собой, n2 = 2. Третья группа образована одной карточкой с буквой С, n3 =1. Таким образом, мы имеем дело с перестановками с повторениями и число слов из 6-ти букв равно

Пример 2. На 10-ти карточках написаны буквы так, что из этих карточек можно составить слово МАТЕМАТИКА. Сколько существует различных 10-буквенных слов, которые можно образовать при помощи этих десяти карточек?

Решение. 10 карточек разобьем на группы. Первая группа содержит букву М. Элементы ее – неразличимы (буквы М – неразличимы). Число элементов первой группы n1 = 2. Вторую группу образуют карточки с буквой А. Число элементов второй группы n2 = 3. Третью группу образуют карточки с буквой Т. Число элементов третьей группы n3 = 2. Четвертая группа состоит из одного элемента Е; число элементов четвертой группы n4 =1. Пятая группа состоит из одного элемента И; число элементов пятой группы n5 =1. Шестая группа состоит из одного элемента К; число элементов шестой группы n6 =1. Число различных 10-буквенных слов,

образованных этими десятью карточками, совпадает с числом различных перестановок с повторениями и равно

Пример 3. Имеется N различимых ячеек (т.е. пронумерованных номерами от 1 до N). Имеется n неразличимых между собой частиц, например, n электронов, n позитронов и т. д. В каждой из N ячеек может находиться любое число частиц от 0 до n. Все n частиц размешаются по N ячейкам. Это распределение задается числом частиц в 1-ой ячейке, во 2-ой ячейке,…, в N- ой ячейке. При этом индивидуальность частиц отсутствует. Сколько существует различных таких способов размещения неразличимых n частиц по N различимым ячейкам?

Решение. Каждой ячейке соответствует клеточка с границами, изображаемыми двумя стоящими рядом палочками. N ячеек изобразим в виде N рядом стоящих клеток. Число стенок (палочек) N ячеек, очевидно, равно N+1. Мы зафиксируем крайнюю левую палочку (самую левую стенку) и крайнюю правую палочку (самую правую стенку). Тогда между зафиксированными палочками окажется N-1 палочка. Туда же между двумя фиксированными палочками поместим n частиц в виде n точек. Таким образом, всего окажется n + N – 1 элементов – вместе взятых палочек и точек. Множество n + N – 1 элементов разбивается на 2 группы. Первая группа образована точками – частицами, которые неразличимы между собой. Вторая группа содержит N – 1 палочку. Элементы второй группы также неразличимы между собой. Элементы же первой и второй групп различаются между собой. Итак, число элементов первой группы n1 = n, число элементов второй группы n2 = N −1. Любое расположение n

частиц по N ячейкам порождает упорядоченную последовательность из n + N – 1 элементов, находящуюся между крайними фиксированными палочками. Поэтому искомое число расположений неразличимых частиц по N ячейкам совпадает с числом перестановок с повторениями и находится по формуле

Классическое определение вероятности

Будем рассматривать лишь такие эксперименты, которым можно поставить в соответствие множество Ω их исходов, удовлетворяющих следующим условиям:

1. Исходы ω Ω образуют полную группу, т.е. два разных исхода не могут появиться одновременно в одной и той же реализации эксперимента и при любой реализации опыта обязательно появится один из исходов множества Ω.

2.Множество Ω конечно. Число его элементов будем обозначать через |Ω|.

3.Все исходы ω Ω равновозможны.

Равновозможность – это неопределяемое основное понятие, как, например, понятие точки плоскости; его можно лишь описать. Равновозможность означает, что все исходы имеют одинаковые шансы появиться при любой реализации опыта. О равновозможности судят на основании разного рода симметрии. Часто слова “наугад”, “наудачу” указывают на равновозможность.

Элементы ω Ω будем называть элементарными событиями или элементарными исходами. Будем говорить, что элементарный исход ω благоприятствует событию A, если он влечет наступление события A. Таким образом, каждому событию A соответствует подмножество элементарных событий, ему благоприятствующих. Обозначим через |A| – число элементарных событий, благоприятствующих A.

Определение. (Классическое определение вероятности.) При условии выполнения указанных выше 3-х требований на Ω вероятностью события A называется число

P(A)= | ΩA | .

Простейшие свойства вероятности. 10. 0 ≤P(A) ≤1.

20. P(A)=1 A = Ω (т.е. A – достоверное событие), P(A)=0 A = (т.е. A – невозможное событие).

30. Для любого элементарного события ω имеет место равенство P(ω) = | Ω1 | , т.е. все

элементарные события равновероятны.

40. Обозначим A = Ω - A отрицание события A или событие, противоположное событию A. Тогда P( A ) = 1 – P(A).

При нахождении вероятностей с использованием классического определения может оказаться полезной следующая схема.

1.Надо четко осмыслить, в чем состоит эксперимент.

2.Сформулировать четко, в чем состоит событие A, вероятность которого надо найти.

3.Четко надо сформулировать, что мы будем понимать под элементарным событием в нашей задаче. Сформулировав это, надо проверить три условия на Ω.

4.Подсчитать |Ω|.

5.Подсчитать |A|.

6. Найти P(A)= || ΩA ||.

При решении задач наиболее распространенной ошибкой является нечеткое понимание того, что мы берем в качестве элементарного события ω, а от этого зависит правильность построения множества Ω и правильность вычисления |Ω| и |A|. Обычно на практике в качестве элементарного события берут простейший исход, который нельзя расщепить на более простые. Так поступать не обязательно, но на первых порах это может помочь.

Пример 1. Наудачу дважды подбрасывают монету. Найти: 1)вероятность выпадения двух гербов; 2)вероятность выпадения только одного герба; 3)вероятность выпадения хотя бы одного герба.

Решение. Испытание состоит в двукратном подбрасывании монеты. Будем различать первый бросок и второй бросок. Пусть событие A означает, что выпало точно два герба, т.е. при первом подбрасывании выпал герб и при втором подбрасывании – герб; событие B – выпал точно один герб, т.е. либо при первом броске выпал герб и при втором – решетка, либо при первом броске выпала решетка и при втором – герб, событие C – выпал хотя бы один герб, т.е. хотя бы при одном броске выпал герб. Надо найти P(A), P(B), P(C).

Элементарным событием назовем упорядоченную последовательность двух букв, а именно, элементарные события образуют следующие последовательности: г—г, т.е. при первом и втором бросках выпали гербы, г—р (при первом броске выпал герб, при втором – решетка), р—г (при первом броске выпала решетка, при втором – герб), р—р (при первом и втором бросках выпали решетки). Множество Ω состоит из этих четырех элементарных исходов. Очевидно эти исходы образуют полную группу, так как они попарно несовместны и один из них обязательно появится при любом осуществлении двух бросков монеты. Кроме того, все эти четыре исхода равновозможны (в том смысле, что шансы на появление у всех исходов одинаковы). |Ω|=4<∞. Выполнены все условия на Ω, следовательно, применимо классическое определение вероятности. Событию A благоприятствует только один элементарный исход г—г.

Поэтому |A|=1 и по классическому определению вероятности P(A)= 14 . Событию B

благоприятствуют два элементарных исхода (р—г) и (г—р). Поэтому |B|=2 и по классическому определению вероятности P(B)= 24 = 12 . Событию C благоприятствуют три элементарных события (г—г), (г—р), (р—г), Поэтому |C|=3 и по классическому определению вероятности

P(C)= 34 .

Пример 2. Наудачу один раз бросается игральная кость. Найти вероятность выпадения числа очков, кратного трем.

(Под игральной костью понимается правильный однородный кубик, на гранях которого написаны цифры от 1 до 6. Эти цифры мы называем очками. Исходя из опыта, постулируем, что кубик не может упасть на вершину, на ребро, а обязательно упадет гранью кверху.)

Решение. Обозначим через A событие – на верхней грани выпало число очков, кратное трем. Это означает, что на верхней грани выпало 3 или 6 очков. Элементарным исходом нашего эксперимента назовем исход ωI – на верхней грани выпало i очков, i =1, 6 . Эти 6 элементарных исходов образуют Ω. Ясно, что ωI образуют полную группу (при одном и том же броске не могут оказаться на верхней грани одновременно две разные цифры и при любом броске на верхней грани выпадет какое-либо число от 1 до 6). Эти элементарные исходы равновозможны, так как кость бросается наудачу (выпадение 1-го очка имеет такие же шансы, как и выпадение

2-х очков и т.д.). |Ω|=6<∞. Выполнены все условия применимости классического определения вероятности. Событию A благоприятствуют 2 исхода ω3 и ω6, значит, |A|=2, откуда следует, что

P(A)= 62 = 13 .

Пример 3. Дважды подбрасывают наудачу игральную кость. Найти вероятность того, что: 1)при обоих подбрасываниях выпадет одно и то же число очков; 2)сумма выпавших очков не превзойдет 4.

Решение. Введём события: A – при первом и втором подбрасываниях выпадет одинаковое число очков; B – сумма выпавших очков не превзойдет 4 (иными словами сумма очков равна 2, либо3, либо 4). Назовем элементарным событием последовательность двух целых точек

i = 1, 6 , j = 1, 6 , где i – число очков, выпавших при первом подбрасывании, j – число очков,

выпавших при втором подбрасывании. Эти элементарные события образуют множество Ω. Очевидно, что эти события образуют полную группу и равновозможны; общее число элементарных событий равно 6 6 = 36 < ∞. Выполнены все предпосылки применимости классического определения вероятности.

Событию A благоприятствуют следующие элементарные исходы: (1,1), (2,2), (3,3), (4,4), (5,5), (6,6), поэтому |A|=6. По классическому определению вероятности P(A)= 366 = 16 . Событию

B благоприятствуют следующие элементарные исходы: (1,1), (1,2), (2,1), (1,3), (3,1) (2,2).

Других благоприятствующих исходов нет. Таким образом, |B|=6 и, следовательно, P(B)= 366 = 16 .

Пример 4. В партии содержатся 50 деталей, из которых 10 бракованных. Из партии наудачу берутся 5 деталей. Найти вероятность того, что: 1)все 5 деталей бракованные; 2)все 5 деталей доброкачественные; 3)в пятерке извлеченных деталей 3 детали бракованные и 2 детали доброкачественные.

Решение. Как уже отмечалось выше, будем считать, что все детали пронумерованы, т.е. они образуют множество из n = 50 различных по номерам объектов, из которых 10 – бракованные, а остальные 40 – доброкачественные. Из этой партии наудачу берутся 5 деталей. В этом состоит эксперимент.

Событие A – все 5 деталей бракованные, событие B – все 5 деталей доброкачественные, событие C – в пятерке извлеченных деталей 3 детали бракованные и 2 – доброкачественные. Элементарный исход нашего эксперимента определяется номерами пяти взятых деталей, причем порядок указания этих номеров не имеет значения. Следовательно, элементарное событие совпадает с сочетанием из 50 элементов по 5. Общее число таких элементарных событий совпадает с числом различных сочетаний из 50 элементов по 5 и выражается формулой

|Ω|= C550 = 5!5045!! < ∞.

Все эти элементарные исходы образуют полную группу и равновозможны, так как 5 деталей берутся наудачу и одна пятерка деталей имеет такие же шансы быть взятой, что и любая другая. Выполнены все предпосылки применимости классического определения вероятности.

Событию A благоприятствуют лишь те пятерки деталей, которые взяты из 10

бракованных деталей. Так как порядок взятых 5-ти деталей не играет роли, то |A|= С105 = 510!5!! и,

С5

следовательно, P(A)= 10 . Событию B благоприятствуют лишь пятерки деталей, которые взяты

С550

благоприятствуют лишь те элементарные исходы (пятерки деталей), которые содержат 3 бракованные и 2 доброкачественные детали. По правилу умножения число таких исходов равно

Пример 5. В урне находятся 25 белых и 5 черных шаров. Из урны наудачу извлекаются 9 шаров. Найти: 1)вероятность того, что все 9 шаров – белые; 2)вероятность того, что среди 9- ти извлеченных шаров 3 черного цвета; 3)вероятность того, что среди 9-ти извлеченных шаров имеется хотя бы один шар черного цвета.

Решение. Всего в урне 30 шаров. Будем считать, что все они пронумерованы. Эти 30 шаров разделяются на две группы. Первая группа состоит из 25-ти белых шаров, вторая группа состоит из 5-ти черных шаров. Эксперимент состоит в изъятии наудачу 9-ти шаров из 30-ти шаров. Взятая девятка образует 9-элементное подмножество множества из 30-ти шаров (их порядок не имеет значения), т.е. является сочетанием из 30 элементов по 9. Обозначим через A событие – все 9 шаров – белые. Событие B – из 9 вынутых шаров 3 черных. Событие C среди 9- ти вынутых шаров имеется хотя бы один черный шар. Элементарным событием в этом эксперименте объявим любое сочетание из 30-ти элементов по 9. Тогда число таких элементарных событий равно

|Ω|= С930 = 930! 21!! < ∞.

Ясно, что эти элементарные исходы образуют полную группу и равновозможны, т.к. шары берутся наудачу и шансы появиться у одной девятки шаров равны шансам появиться у любой другой девятки шаров. Выполнены все предпосылки применимости классического определения вероятности. Событию A благоприятствуют лишь те сочетания, которые являются девятиэлементными подмножествами 25-элементного множества белых шаров. Поэтому

C930

Пример 6. Из колоды в 36 карт наудачу берутся 7 карт. 1)Какова вероятность взять i

тузов, i = 0, 4 ? 2)Какова вероятность взять хотя бы один туз?

Решение. Испытание состоит в изъятии наудачу 7-ми карт из колоды в 36 карт. При этом порядок взятия семи карт не имеет значения. Колода представляет собой множество из n = 36 различимых элементов (карты различны). Обозначим через Ai событие – извлечено ровно i

тузов, i = 0, 4 , событие B – взят хотя бы один туз (это означает, что либо взят один туз, либо взяты два туза, либо – три туза, либо – четыре туза). Элементарным событием объявим любую семерку карт, взятых из 36 карт, при этом порядок не учитывается. Таким образом, элементарное событие совпадает с сочетанием из 36 элементов по 7. Поэтому число

элементарных событий |Ω|= С367 = 736! 29! ! < ∞. Очевидно, все эти элементарные события образуют

полную группу, кроме того, они равновозможны, так как 7 карт берутся наудачу (это означает, что каждая семерка карт имеет такие же шансы появиться, как и любая другая семерка карт). Выполнены все условия применимости классического определения вероятности. Событию Ai

благоприятствуют те семерки карт, которые содержат по i тузов и по 7 – i других карт, i = 0, 4 .

В колоде содержится 4 туза и 36 – 4 = 32 другие карты. По правилу умножения |Ai| = Ci4 C .

Тогда

Пример 7. На девяти одинаковых карточках написано по одной цифре от 1 до 9 (на разных карточках разные цифры). Наудачу берутся 5 карточек и располагаются в строку. Найти вероятность того, что: 1)получится четное число; 2)полученное число делится на 5; 3)полученное число делится на 25. Найти вероятности тех же событий, если наудачу располагаются все 9 карточек.

Решение. Карточки образуют множество из n = 9 различимых элементов (на карточках разные цифры). Эксперимент состоит во взятии наудачу пяти карточек из девяти и расположении их наугад в строку. В результате получается пятизначное число. Во втором случае, когда берутся все 9 карточек и располагаются в строку, получается 9-значное число. Пусть событие A означает, что полученное число четное; событие B означает, что полученное число делится на 5; событие C означает, что полученное число делится на 25. В первом испытании под элементарным событием понимаем любое пятизначное число, которое можно получить. Поскольку пятизначное число определяется набором различных цифр, а также их

порядком следования, то элементарное событие совпадает с размещением из 9 элементов по 5.

Поэтому число элементарных событий |Ω|= A59 = 94!! < ∞ . Очевидно, все эти элементарные

события образуют полную группу и равновозможны. Равновозможность обеспечивается взятием наудачу пяти карточек и расположением их в произвольном порядке. Выполнены все предпосылки применимости классического определения вероятности. Найдем |A|. Пятизначное число является четным тогда и только тогда, когда последняя цифра четна, т.е. равна либо 2, либо 4, либо 6, либо 8. Нуль не берем, так как он отсутствует на девяти карточках. Таким образом, четное пятизначное число с различным написанием цифр можно получить, совершив последовательно два действия. Первое действие – выбор четной цифры для написания последней цифры пятизначного числа. Это действие можно совершить четырьмя различными способами по числу различных четных цифр. Второе действие состоит в выборе наудачу четырех цифр из оставшихся восьми свободных цифр и расположении их наугад на первых

Событию B благоприятствуют те элементарные события, у которых на последнем месте стоит цифра 5. Значит, количество таких пятизначных чисел совпадает с числом размещений четырех элементов из 8-и оставшихся карточек, не содержащих цифру 5: |B|= A84 . Поэтому

которых образуют двузначное число, которое делится на 25. В нашем случае возможные варианты: последние две цифры образуют либо число25, либо число 75. Таким образом, последние две цифры пятизначного числа могут быть записаны двумя разными способами.

Тогда первые три цифры пятизначного числа могут быть написаны A37 различными способами.

Наконец, если будем располагать все 9 карточек наудачу в строку, то будем получать различные девятизначные числа. Элементарным событием объявим любую перестановку 9-ти

карт. |Ω|=9! Рассуждая, как и выше, получим |A|=4 8! Поэтому P(A)= 49!8! = 94 . |B|=8!,

P(B) = 8!9! = 19 . |C|=2 7!, P(C)= 29!7! = 361 .

Пример 8. На полке наудачу располагаются 10 различных книг. Какова вероятность того, что: 1)две заранее отмеченные книги окажутся рядом; 2)три заранее отмеченные книги окажутся рядом?

Решение. Испытание состоит в расположении 10-ти книг на полке. Событие A – две заранее отмеченные книги оказались рядом, неважно в каком порядке. Событие B – три отмеченные книги оказались рядом, неважно в каком порядке. Элементарным событием объявляем любую перестановку 10-ти книг на полке. Ω состоит из множества всевозможных таких перестановок. Очевидно, Ω образует полную группу элементарных равновозможных событий. |Ω|=10!<∞. Выполняются все условия для применимости классического определения вероятности. Событию A благоприятствуют лишь те перестановки 10-ти книг, у которых две отмеченные книги окажутся рядом, неважно в каком порядке. Как уже было отмечено ранее в

пункте 1, |A|=2!9!. Поэтому P(A)= 210!9!! = 15 . Событию B благоприятствуют лишь те

перестановки 10-ти книг, у которых заранее отмеченные 3 книги окажутся рядом, неважно в каком порядке. В первом пункте уже было подсчитано, что число таких перестановок равно

|B|=3!8!. Поэтому P(B)= 310!8!! = 151 .

Пример 9. Имеется n различных писем, вложенных в n конвертов по одному в каждом. Затем n конвертов подписываются n различными адресами наудачу и отправляются по почте. Какова вероятность того, что хотя бы одно письмо попадет тому, кому написано?

Решение. Испытание состоит в следующем. Имеется n различных писем, размещенных в n конвертах. Имеется n адресов, соответствующих n адресатам. Затем n конвертов наудачу подписываются адресами без повторов и отправляются по почте. Надо найти вероятность того, что хотя бы одно письмо попадет тому, кому оно написано. Для удобства пронумеруем конверты числами 1, 2, …, n. Обозначим через A i событие – конверт с номером i подписан адресом, совпадающим с адресом того, кому написано письмо, i =1, n . A = A1 UA2 U...UAn –

означает, что хотя бы одно письмо попадет тому, кому написано. Элементарным событием назовем последовательность n адресов, которыми подписаны конверты, т.е. перестановку из n

адресов. Тогда |Ω| = n! < ∞. Очевидно, Ω образует полную группу элементарных

равновозможных событий. Найдем |A| – число перестановок, благоприятствующих A. По формуле включения-исключения

номерами i1 , i2 ,K, ik подписаны правильно. Подсчитаем |Ai| – число перестановок n адресов,

при которых конверт с номером i подписан правильно, а остальные подписаны неважно как.

n

Очевидно, |Ai|=(n – 1)!, i =1, n . Тогда ∑| Ai |= n(n −1)!= n!. При i < j | Ai IA j | равно числу

i=1

перестановок n адресов, при которых конверты с адресами i и j подписаны правильно, а

остальные подписаны неважно как. Поэтому | Ai IA j | = (n – 2)! – одно и то же при всех i < j.

перестановок n адресов, у которых i-тый, j-тый, k-тый адреса написаны правильно. Число

Вероятность совпадает с частичной суммой ряда Тейлора exp(x) при x = −1.

Пример 10. (Статистики Больцмана.)

Имеется N различимых ячеек. Можно считать, что ячейки пронумерованы от 1 до N. Имеется n ≤ N различимых частиц. По статистической модели Больцмана каждая частица может находиться в любой из N ячеек, независимо от остальных частиц. При этом все такие распределения n частиц по N ячейкам равновозможны. В этом и состоит статистическая модель Больцмана. Таким образом, каждое распределение n частиц по N ячейкам определяется тем, какие частицы попали в первую ячейку, какие – во вторую, …, какие – в N-ю ячейку, и по модели Больцмана все эти распределения равновероятны. Пусть событие A состоит в том, что в каждой из заранее зафиксированных n ячеек находится ровно по одной частице. Событие B – в

каких-либо n ячейках находится ровно по одной частице (неважно в каких). Найдем P(A) и P(B). Эти вероятности, найденные для такой физической модели, носят название статистик Больцмана.

Элементарным событием объявляем любое распределение n частиц по N ячейкам. В

первом пункте было подсчитано, что число таких различных распределений равно |Ω|= Nn < ∞.

Все эти распределения образуют полную группу и, согласно физической модели Больцмана, являются равновозможными. Выполнены все предпосылки применимости классического определения вероятности. Событию A благоприятствуют те распределения n частиц по N ячейкам, при которых в каждой из n отмеченных ячеек находится ровно по одной частице. Так как n частиц различимы между собой, то |A|=n! – число перестановок n частиц по n ячейкам.

Поэтому P(A) = Nn!n . Событию B благоприятствуют лишь те распределения n частиц по N

ячейкам, при которых в каких-либо n ячейках находится ровно по одной частице. Поэтому

Пример 11. (Статистики Бозе-Эйнштейна.)

Имеется N различимых ячеек с номерами от 1 до N, имеется n ≤ N неразличимых между собой частиц. В любой ячейке может находиться любое число частиц. Каждое распределение n частиц по N ячейкам определяется тем, сколько частиц находится в первой ячейке, сколько – во второй, …, сколько – в N-ой. При этом неважно, какие частицы находятся в каждой ячейке, т.к. они индивидуально неразличимы. В физической модели Бозе-Эйнштейна все эти распределения объявляются равновозможными. Найти вероятности: 1)в заранее фиксированных n ячейках находится ровно по одной частице; 2)в каких-либо n ячейках из общего числа N находится ровно по одной частице.

Решение. Испытание состоит в распределении n частиц по N ячейкам. Событие A – в фиксированных n ячейках находится ровно по одной частице. Событие B – в каких-либо n ячейках из общего числа N ячеек находится ровно по одной частице. Элементарным событием объявляется любое распределение n неразличимых частиц по N ячейкам. Таким образом, распределение характеризуется количеством частиц, попавших в первую ячейку, во вторую ячейку и т.д.. Согласно физической модели Бозе-Эйнштейна все эти распределения равновозможны. В первом пункте было показано, что число таких распределений