Глава 1. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТИ

общее ч сло маршрутов между пунктами и В равно 3 + 2 + 4 = 9.

авиамаршрута

Обобщая

зложенное, можно сформулировать правило сложе-

ния.

каждого из k объектов ai i 1, 2, ..., k можно вы-

Если

полнить niвыборспосо ами, причем никакие способы выбора каждого из

способами.

А

i 1

2. Правило умножения

Д

Последовательный

выбор k объектов ai i 1, 2, ..., k может

k

способами, если принятая очередность вы-

быть выполнен m П mi

i 1

бора позволяет каждый объект ai выбрать mi способами.

С

3. Выборки

Рассмотр м множество, состоящее из n различных элементов

a1, a2, ..., an, которое назовем генеральной совокупностью. Произ-

вольное упорядоченное подмножество из k элементов,

входящих в

генеральную совокупность, назовем выборкой объемом

k . Наглядно

и

последова-

выборку

k

можно представить как результат k

тельных случайных

звлечений (выбора) элементов из урны, содер-

жащей все элементы генеральной совокупности. Выбор может вы-

ся в генеральную совокупность, и поэтому один и тот же элемент мо-

жет быть выбран несколько раз. В случае выбора без возвращения од-

нажды выбранный элемент удаляется из генеральной совокупности,

А

так что выборка не содержит повторяющихся элементов. Очевидно,

что при выборе с возвращением объем выборки никак не связан с

объемом генеральной совокупности, а при выборе без возвращения

всегда k n.

Д

Выборки без возвращения

Размещением из n элементов по k

называется выборка без

И

Ak n n 1.... n k 1

n

n n 1... n k 1 n k n k 1...1

n!

(1.1)

n k !

n k n k 1...1

Пример 5. Сколько различных трёхзначных чисел может быть

С

составлено из цифр 1, 2, 3, 4, 5 при условии:

а) в каждом числе нет одинаковых цифр;

б) числа могут содержать одинаковые цифры.

Решен е.

если

5 4 3 60.

а)

скомое ч сло чисел равно: А3

5

Действ тельно, все трёхзначные числа представляют собой

подмножества з трёх элементов, отличающихся и составом, и поряд-

ком следован я элементов;

б)

бА

ч сла могут содержать одинаковые цифры, то для циф-

ры, стоящей на первом месте, в числе существует 5 возможностей; на

втором месте – тоже 5, на третьем – также 5. По правилу умножения

число всех трёхзначных чисел равно: 53 125 .

В частном случае, когда k n ,

все выборки без возвращения

имеют одинаковый состав и отличаются лишь порядком расположе-

ния элементов. Такие вы орки называются перестановками.

Число

Pn перестановок из

n элементов найдем, подставив в

(1.1) k n .

Тогда

Pn n!

(1.2)

Пример 6. Сколькими способами можно упорядочить множест-

во чисел

1,

2, ..., n так, чтобы числа 1, 2, 3

стояли рядом в поряд-

ке возрастания?

И

Решение. Числа 1, 2, 3 можноДполагать склеенными в порядке

возрастания и рассматривать как один элемент. Тогда число элемен-

тов множества равно n 2 и они могут быть упорядочены

n 2 !

способами (число перестановок из

n 2 элементов).

Сочетаниями из n элементов по k называются выборки без

возвращения из генеральной совокупности объема k,содержащие n

элементов. Сочетания отличаются друг от друга только составом эле-

ментов выборки. Определим число Сnk

сочетаний из n элементов по

k . Очевидно, что выборку без возвращения объема k , имеющую

фиксированный состав элементов,

можно упорядочить k! способами.

Сk

Ak

n!

n

.

(1.3)

k! n k !

n

k!

ПриСnk Сnn k ,

(1.4)

прибора з 6, равно ч слу сочетаний из 6 по 3.

С

С63

6!

20.

3!3!

решен

вероятностных

задач часто используются

сле-

бА

дующ е формулы:

Ck

Ck

Ck 1,

(1.5)

n

n 1

n 1

n

Cnk 2n ,

(1.6)

k 0

n

1 k Cnk 0.

(1.7)

k 0

В справедливости формул (1.4) и (1.5) нетрудно убедиться, под-

ставив в них выражение (1.3). Равенства (1.6) и (1.7) следуют из фор-

мулы бинома Ньютона:

n

a в n Cnk an k вk .

(1.8)

k 0

И

Для получения равенства (1.6) необходимо в (1.8) подставить

a в 1. Равенство (1.7) вытекаетДиз (1.8) при a 1, в 1.

Выборки с возвращением

Выборка с возвращением объема k из генеральной совокупно-

сти, содержащей

n элементов, называется размещением с повторе-

ниями из n по k . Число

ˆk

размещений с повторениями из n

эле-

An

ментов по k найдем из следующих соображений. Каждый элемент

может быть выбран n способами, а общее число способов формиро-

вания выборки объема k

подсчитывается на основании правила ум-

ножения. Следовательно,

8

ˆk

n

k

.

An

Выборка с возвращением объема k из содержащей n элементов

a1,a2,

..., an

генеральной совокупности называется перестановкой

с повторениями, если во все выборки элемент a1 входит k1 раз, эле-

С

n

мент a2 k2 раз, …,

элемент an kn

раз, причем ki

k. Определим

Pˆ k , k

i 1

число

2

, ..., k

n

перестановок с повторениями. Для этого уч-

1

a1

тем, что элемент

может быть выбран k1 раз в ходе k

последова-

и

элемент

a

может быть выбран

тельных

звлечен й

Ck1

способами,

k k

k

2

k

раз в ходе

остальных извлечений

Ck2

способами,

…,

2

1

k k1

элемент a

n 1

может

ыть вы ран

k

раз в ходе

k k

... k

n 2

из-

1

влечен й

Ckn 1

... k

спосо ами и, наконец, элемент

a

может вы-

k k k

n 2

n

1

2

бран Ckknk ... k

n 1

Ckkn

1 спосо ом. Отсюда, используя правило ум-

1

n

ножен я, зап шем

Pˆ k , k

2

,..., k

n

Ck1

Ck2

... Ckn 1

... k

.

(1.10)

1

k

k k

k k k

n 2

1

1

2

Подставив выражение (1.3) в (1.10), после сокращения получим

Pˆ k ,

k ,..., k

k!

.

(1.11)

1

2

n

Д

k !k

!...k

n

!

1

2

Выражениеб(1.11) можноАполучить и другим способом. Из k

элементов, составляющих выборку, можно сформировать k! переста-

новок. Однако из-за наличия в выборке повторяющихся элементов

часть перестановок будет неразличима между собой. Так, неразличи-

И

мыми являются k1! перестановок, образованных взаимным обменом

мест между элементами a1; k2! перестановок, образованных взаим-

ным обменом мест между элементами a2,

и т.д. Отсюда,

используя

правило умножения, приходим к выражению (1.11).

Пример 8. Сколькими различными способами можно разбро-

сать k

шариков по n лункам так,

чтобы в первую лунку попало

k1

шариков, во вторую – k2 шариков …, в n-ю – kn

шариков

n

ki

k ?

i 1

одинаков. (Пронумерованными считаются не только лунки, но и ша-

рики, номера которых и определяют порядок взятия лунок). Следова-

С

Pˆ k ,

k

, ..., k

переста-

тельно, число таких выборок равно числу

2

n

1

новок с повторениями и может быть определено по формуле (1.11)

Pˆ k ,k

,..., k

n

k!

.

1

2

k !k !...k !

нием

1

2

n

Отл чающ еся только составом элементов выборки с возвраще-

объема k з генеральной совокупности, содержащей n элемен-

тов, называются сочетаниями с повторениями из n по k .

бА

Без доказательства приведем формулу. позволяющую опреде-

лить ч сло так х вы орок:

ˆk

k

(1.12)

Cn

Cn k 1.

Пр мечан е. В ком инаторных расчетах часто используется

формула Стирлинга

2 nnne n ,

n!

(1.13)

ˆ

4

размещений с повторениями из 3 элементов

выборок равно числу A

3

по 4. При этом в соответствии с (1.9) получим

Aˆ34 34 81. И

Во втором случае число различных выборок равно числу соче-

таний с повторениями из 3 элементов по 4. При этом в соответствии

(1.12) находим

6!

ˆ4

4

C3

C6

15.

4!2!

но С6

. Используя (3), получим

49

чисел

7

6

49!

.

С49

13 983816 1,4 10

6!43!

бА

играть С3

способами, 3 “несчастливых” числа из (49 – 6) можно за-

6

С433

черкнуть

способами. Последовательный набор 3 из 6 “счастли-

вых” чисел и 3 из 43 “несчастливых” на основании правила умноже-

ния может быть выполнен С63 С433 способами. Аналогично: 4 “счаст-

ливых” – С64 С432 ,

Д

5 “счастливых” – С65 С431 , 6 “счастливых” – С66 С430 способами.

Используя правило сложения, получим, что число способов, которы-

ми можно зачеркнуть 6 чисел так, чтобы обеспечить выигрыш, равно

С3

С3 С4 С2

С5

С1

С6

С0

246820 13545 258 1 260624.

6

43

6

43

6

43

6

43

И

С254

25!

25!

21!22 23 24 25

22

23 24 25

12650.

(25 4)!4!

21!4!

1

21!4!

2 3 4

Р3

8!

8!

1 2 3 4 5 6 7 8

6 7 8

56.

(8 3)!3!

8

5!3!

1 2 3 4 5 1 2 3

1 2 3

вами

Действ тельно, в данном случае мы имеем дело с подмножест-

Сиз трёх элементов, которые отличаются лишь составом.

Задача 4. Как м числом различных способов могут быть вы-

браны к деталей

з партии в n деталей при выборочном контроле ка-

бА

чества продукц

?

Решен е. В этой задаче все подмножества,

содержащие к эле-

ментов, отл чаются л шь составом элементов. Значит, число различ-

ных способов равно Ск .

Для воспроизведения видео кликните ссылку:

n

https://www.youtube.com/watch?v=-NqB3YWgpOo .

Задачи для решения в аудитории

1.

Сколько шестизначных чисел можно составить из цифр 0, 1,

2, 3, 4, 5, не повторяя цифр в числе?

2.

В урне 10 белых шаров и 5 чёрных. Сколькими способами из

урны можно вынимать наугад 3 шара, чтобы:

а) все три шара оказались белыми;

б) все три шара оказались чёрными;

в) два шара оказались белымиД, а один – чёрным;

г) один шар оказался белым, а два – чёрными?

3.

Сколько пятизначных чисел можно составить из цифр 1, 2, 3,

5, 7, 8, если каждую из них можно использовать любое число раз?

4.

На станке должны быть последовательно обработаны 5 раз-

И

личных деталей. Сколько вариантов должен проанализировать техно-

лог для выбора наилучшей очередности их обработки?

5.

Каким числом различных способов могут быть выбраны 10

9. В ящ ке

меется n деталей, среди которых k - бракованных.

колько существует различных способов отбора s s n деталей из

ящика, так х, что среди выбранных деталей содержатся: а) ровно

p p k

бракованных; б) не менее p бракованных; в) менее p брако-

С

ванных?

10.

В кодовой ком инации, содержащей 10 элементов, из-за по-

мех 5 элементов пр нято неправильно. Сколько существует различ-

ных способов

оши ок (неправильно принятых элемен-

товрасположения) в комб нац ?

11.

На участке ра отает 30 человек. Сколько существует раз-

личных

форм рования из них бригады в составе: а) мастера

и помощника; ) мастера и четырех помощников?

способов

12.

Батарея из 20 орудий ведет огонь по группе, состоящей из

целей этими орудиями, если известно, что орудия выбирают различ-

ные цели?

А