3. 1. Модель Лапласа:

У схемі Лапласа кожна з k елементарних подій імовірнісного простору має однакову ймовірність p = 1/k. Будь-яка з подій А, що спостерігається, є сумою (об’єднанням) елементарних подій, що сприяють події А. якщо m – кількість таких сприятливих А елементарних подій (m k), то за означенням ймовірності подій ймовірність події А дорівнюватиме:

(1)

Таким чином, розв’язування ймовірнісних задач у моделі Лапласа зводиться, по-перше, до вибору відповідного ймовірнісного простору рівномірних елементарних подій; по-друге, до підрахунку загальної кількості елементарних подій цього простору. При цьому, як правило, використовуються комбінаторні методи.

1. І парадокс де Мере: Обчисліть ймовірність, отримати: 1) принаймні раз одне очко при чотирьох киданнях гральної кістки; 2) принаймні раз два очки при 24 киданнях пари гральних кісток.

Розв’язування:

1. Результат кожної серії з 4 кидань гральної кістки моделюється кортежем довжини 4 та складу 6. їх загаль­не число . Кількість же результатів серії без жодної одиниці дорівнює . Тоді події В₁ — принаймні раз випало одне очко — сприятимуть рівноймовірних елементарних результатів досліду. Тому

2) Результат кожної серії з 24 кидань пари гральних кісток є кортежем довжини 24. Його елементами є впорядко­вані пари з числа очок, що випали відповідно на першій та другій гральних кістках. Загальне число таких пар, а зна­чить, і склад кортежу, дорівнює 6² = 36. З них лише одна пара (1, 1) має суму очок «два». Тоді загальне число таких кортежів (довжини 24 і складу 36) п = 36²⁴, а число корте­жів, координатами яких не може бути пара одиниць 35²⁴. Тоді події В₂, — принаймні раз отримана сума очок два — сприятимуть т = 36 ²⁴ – 35²⁴ , і ймовірність цієї події

Для спрощення обчислення числа Р(В₂) на мікрокаль­куляторі зручно скористатися такими перетвореннями:

де враховано, що з помилкою, яка за модулем менша від .

В результаті дістаємо

Зауваження 1. Сучаснику Паскаля та Ферма французь­кому дворянину де Мере цей результат здався дивним (він лише експериментально отримав результат Р(В₂) < Р(В₁), спостерігаючи гру в кістки). Де Мере міркував так. Шансів отримати дві одиниці, кидаючи дві кістки, у шість разів менше, ніж шансів отримати одиницю у досліді з однією кісткою. Оскільки для того, щоб отримати принаймні одну одиницю .з імовірністю, більшою, ніж 1/2, потрібно не мен­ше 4 разів кинути одну кістку, то здавалось, що дві кістки досить кинути 4 * 6 = 24 рази, щоб більш імовірним було отримання принаймні 1 раз пари одиниць.

Зауваження 2. Типово неправильний розв'язок задачі належить Д.Кардано (1501 —1576). Він міркував так: ймовірність отримати пару одиниць за одного кидання до­рівнює 1/36, тоді, якщо ж пару кісток кинути 18 разів, пару одиниць ми отримаємо з імовірністю 18/36. За Кардано, кинувши гральні кістки 37 і більше разів, ми повинні отримати нісенітницю: Р > 1.

2. II парадокс де Мере: Два гравці А та В грають у гру, де шанси перемоги для кожного з них одна­кові. За домовленістю перший, хто виграє шість партій, отримає весь приз. Гру зупинено за рахунку 5 : 3 на ко­ристь гравця А. Як справедливо поділити приз?

Розв’язування:

Незалежно один від одного у 1654 році Паскаль та Фер­ма знайшли розв'язок цієї задачі. Додержуючись ідеї Фер­ма, продовжимо гру трьома фіктивними партіями, не припи­няючи її навіть тоді, коли гравець А достроково виграє матч. Тоді можливі такі рівноймовірні результати наведеного про­довження матчу:

(ААА) — гравець А виграв три партії підряд, (ААB); (АВА); (ВАА); (ВАВ); (ABB); (ВВВ). Лише одна елементарна подія (ВВВ) з восьми сприяє виграшу матчу гравцем В, у решті випадків матч виграє гравець А. Тому приз потрібно поді­лити у відношенні 7:1.

Зауваження. 1. До Паскаля та Ферма протягом майже двох з половиною сторіч цю задачу розглядали як задачу про пропорції. Ділили приз у співвідношенні .5 : 3 (Пачолі, 1445—1509), 2:1 (Тарталья, 1499—1557) тощо. Паскаль та Ферма першими запропонували поділити приз відповід­но до ймовірностей виграшу матчу кожним з гравців. Вони навели рішення і більш загальної задачі, коли А потрібно виграти n партій, а В – m партій.

Чудовою ідеєю Ферма в 1977 році скористався Андерсоном при доведенні вражаючої теореми: гравець, який подає першим, має однакові шанси виграти в N партіях раніше від свого супротивника незалежно від того, чи падають гравці по черзі, чи подає той, хто виграв попередню партію.

3. У ящику лежить 31 деталь першого сорту та 6 деталей другого сорту. Навмання витягуються три деталі. Чому дорівнює ймовірність того, що:

1. всі три деталі першого сорту;

2. хоча б одна деталь першого сорту;

3. хоча б одна деталь другого сорту;

Розв’язування:

Загальне число вибірок трьох деталей з 37 дорівнює: n = C₃₇³

1. Число вибірок трьох деталей першого сорту з 31 дорівнює: m = C₃₁³

Тоді ймовірність події А₁ – всі три деталі, що вибрані, першого сорту

2. Всі три деталі другого сорту можна вибрати з шести С₆³ способами, тоді в кожній з решти (С₃₇³ – С₆³) вибірок принаймні одна деталь буде першого сорту. Тому

3. 

3. Нехай ви забули одну цифру потрібного вам номера телефону і набираєте її навмання. Яка ймовірність того, що вам доведеться зробити не більше двох викликів?

Розв’язування:

Подія А – «зроблено не більше двох викликів» - є сумою подій (несумісних).

А₁ – «зроблено лише один виклик», P(A₁)=1/10. A₂ – «зроблено два виклики». Оскільки два виклики можна зробити n = 10 * 9 способами (двічі неправильну цифру, що набрано першого разу, уже не набирають), з яких перший раз помилитися, а другий раз вгадати можна в 9 * 1 випадках, то

5. З п’яти відрізків довжиною 1, 3, 5, 7, 9 навмання вибирають три. З якою ймовірністю можна побудувати трикутник?

Розв’язування:

Загальна кількість рівноймовірних елементарних результатів досліду дорівнює числу вибірок трьох елементів з п’ятиелементної множини довжин відрізків {1, 3, 5, 7, 9}

Події А – з відрізків, вибраних навмання, складено трикутник – сприяють такі елементарні події (3, 5, 7), (3, 7, 9), (5, 7, 9). Звідси

6. Слово агава розрізали на літери, які після цього були розкладені навмання в ряд. Яка ймовірність отримати те ж саме слово?

Розв’язування:

Загальна кількість елементарних результатів розкладань літер Г, В та трьох літер А в ряд дорівнює числу способів вибору двох місць з п’яти для літер Г, В, помноженому на число перестановок цих літер для кожної з вибірок: . Лише одне з розкладань сприяє отриманню слова агава. Тому .

6. У ящику лежать 20 однакових на дотик куль: 12 білих і 8 чорних. Яка ймовірність витягнути навмання:

1) білу кулю;

2) чорну кулю;

3) дві різнобарвні кулі;

Розв’язування:

1)

2)

3) дві кулі з 20 можна вибрати способами. Одну чорну кулю з 8 можна вибрати 8 способами. Для кожного зі способів вибору чорної кулі одну білу кулю з 12 можна вибрати 12 способами. За правилом добутку число елементарних подій, що сприяють події А – вибрана пара різнобарвних куль – m дорівнюють: m = 8 * 12 = 96. Тоді