Теория вероятностей вероятностное пространство. Условная вероятность. Независимость событий. Учебное пособие

ставленными (согласно условию будут присутствовать номера всех столбцов). Отсюда следует, что существует столько способов выбора n чисел из нашей таблицы по данному правилу, сколько существует пе- рестановок из номеров столбцов, т.е. перестановок из чисел 1, 2, ..., n.

Акак мы установили, это количество будет равно n!

Ответ. n!

Задача 1.5. Сколько существует способов расставить на шахмат- ной доске 8 ладей так, чтобы они не били друг друга?

Решение. Очевидно, ладьи должны стоять по одной в каждой «строке» и по одной в каждом «столбце», т.е. эта задача такая же, как предыдущая. Следовательно, их можно расставить 8! способами: 8! =

=1ּ 2ּ 3ּ 4ּ 5ּ 6ּ 7ּ 8 = 40320. Ответ. 40320.

Если во множестве, состоящем из п элементов, есть только k раз- личных элементов: первый элемент входит n1 раз, второй элемент − n2 раза, …, k-й элемент − пk раз (n1 + n2 +…+ пk = n), тогда число пе-

рестановок с повторениями из п элементов равно

Например, для множества {2, 8, 8} (n = 3, k = 2, n1 = 1, n2 = 2) имеют место перестановки c повторениями {2, 8, 8}, {8, 8, 2}, {8, 2,8}.

Задача 1.6. Сколько различных «слов» можно составить, пере- ставляя буквы в слове МАМА?

Решение. Число различных слов равно числу перестановок с по- вторениями из n = 4 элементов, среди которых k = 2 различных. Один элемент («м») входит n1 = 2 раза, другой элемент (буква «а») − n2 = 2 раза (n1 + n2 = n = 4). Следовательно, различных слов будет

Это слова: ММАА, МАМА, МААМ, АММА, АМАМ», «ААММ.

Ответ. 6.

Задача 1.7. Сколько различных пятизначных чисел можно соста- вить из цифр 3, 3, 5, 7, 7?

11

Решение. Здесь n = 5, k = 3, n1 = 2, n2 = 1, n3 = 2 (n1 + n2 + n3 = n).

Следовательно, число различных пятизначных чисел

Ответ. 30.

1.2.2. Размещения

Упорядоченное подмножество из m элементов данного множества

Wn из n элементов называется размещением из n элементов по m.

Как и перестановка, размещение – это упорядоченное множество, но в отличие от перестановки в него входят, вообще говоря, не все элементы данного множества Wn. Размещения отличаются друг от друга или «качественным» составом элементов, или их порядком, или и тем и другим. Так, например, если W3 = {2, 8, 17},то {2, 8}, {8,2}, {2, 17}, {17, 2}, {8, 17}, {17, 8} – все возможные размещения из трех элементов по два.

Посчитаем, сколько будет различных размещений из n элементов по m (обозначают это число обычно Anm и читают: «а из n по m» или «чис-

ло размещений из n по m»). Рассуждаем, как в предыдущем случае: пер- вый элемент можно выбрать n способами, второй – (n – 1) способами, таким образом, первые два элемента можно выбрать n(n–1) способами. Далее, три элемента можно выбрать n(n – 1)(n – 2) способами и т.д. Та- ким образом, m элементов можно выбрать n(n – 1)(n – 2) … (n –(т – 1)) способами, т.е.

Задача 1.8. В первенстве по футболу участвуют 15 команд. Ра- зыгрываются золотые, серебряные и бронзовые медали. Сколькими способами они могут быть распределены?

Решение. Эта задача связана с размещениями, так как сначала мы выбираем трех призеров, а потом среди них распределяем 1, 2 и 3-е места. Таким образом, всего вариантов A153 = 15 14 13 = 2730.

Ответ. 2730.

12

Задача 1.9. У англичан принято давать детям несколько имен. Сколькими способами можно назвать ребенка, если общее число имен равно 300 и дают ему не более трех имен?

Решение. Назвать ребенка с помощью трех имен, выбрав три различ- ных имени в определенном порядке, можно A3003 = 300 299 298 спосо-

способами и, наконец, для одного имени будет 300 вариантов. Таким образом, всего будет 300 + 300ּ299 + 300ּ299ּ298 = 26 820 600

различных имен.

Ответ. 26 820 600.

Задача 1.10. Имеется 10 различных модулей первой группы и 7 различных модулей второй группы. Их соединяют последовательно так, чтобы никакие два модуля второй группы не стояли в этой це- почке рядом. Сколько можно составить таких (различных) цепочек?

Решение. Только из модулей первой группы можно составить Р10 = = 10! различных цепочек. При этом между модулями первой группы и по краям будет 11 мест, куда нужно расставить модули второй груп-

пы, т.е. модули второй группы можно расставить A117 = 11!/4! спосо-

бами. Таким образом, всего способов будет 10!ּ11!/4!

Ответ. 10!ּ11!/4!

Размещением из п элементов по m с повторениями называется упорядоченное множество элементов множества Wn, состоящее из m элементов, среди которых могут оказаться одинаковые элементы.

Например, если W3 = {2, 8, 17},то {2, 8}, {8, 2}, {2, 17}, {17, 2}, {8, 17}, {17, 8}, {2, 2}, {8, 8}, {17, 17} – все возможные размещения из трех элементов по два с повторениями.

Посчитаем, сколько будет различных размещений из n элемен-

тов по с повторениями обозначают m Первый элемент можно m ( An ).

выбрать n способами, второй – n способами (так как элементы мо- гут повторяться), таким образом, первые два элемента можно вы- брать n·n способами. Далее, три элемента можно выбрать n·n·n спо- собами и т.д. Таким образом, m элементов можно выбрать nm спосо- бами, т.е.

13

Задача 1.11. Сколько трехзначных чисел можно составить из цифр {1, 2, 3, 4, 5}, если: a) ни одна цифра не повторяется; б) цифры могут повторяться?

Решение. a) Если все цифры числа различные, тогда возможных трехзначных чисел, состоящих из пяти цифр, столько, сколько раз- мещений из пяти по три, т.е. A53 = 5 4 3 = 60.

б) Если цифры в числе могут повторяться, тогда различных трех- значных чисел, состоящих из цифр множества {1, 2, 3, 4, 5}, столько, сколько размещений из пяти по три с повторениями, т.е.

Ответ. a) 60; б) 125.

Задача 1.12. Сколько пятизначных чисел можно составить, ис- пользуя цифры 0, 1, 2?

Решение. Если пятизначные числа состоят из цифр 0, 1, 2, то пер- вую цифру слева можно выбрать двумя способами (1 или 2, так как если возьмем первой цифру 0, получим не пятизначное число). Каж- дую из оставшихся четырех цифр можно выбрать тремя способами.

4 =

Следовательно, таких чисел будет 2·3·3·3·3 = 162 (или 2 A3 162 ).

Ответ. 162.

1.2.3. Сочетания

Любое подмножество из k элементов множества Wn из n элемен- тов называется сочетанием из n элементов по k. Сочетание отлича- ется от размещения тем, что в нем не учитывается порядок элемен- тов. Два сочетания отличаются друг от друга только «качественным» составом.

Например, если W3 = {2, 8, 17},то {2, 8}, {2, 17}, {8, 17} – все воз-

можные сочетания из трех элементов по 2.

Количество различных сочетаний из n элементов по k обозначают Сnk (читают: «ц из n по k», или «число сочетаний из n по k»). Оче- видно, что число сочетаний связано с числом размещений формулой

Сnk k! = Ank ,

так как элементы каждого сочетания можно переставить k способами и при этом получить различные размещения, состоящие из этих эле- ментов. Таким образом, число различных сочетаний из n элементов по k равно

14

При решении задач рассматривают и такие крайние случаи, когда k = n (таких сочетаний всего одно: Сnn = 1 ) и k = 0, т.е. в качестве со- четания берется пустое множество (такое сочетание тоже единствен- ное: Сn0 = 1). Чтобы формула (1.4) была справедлива и в этих крайних случаях, полагают по определению 0! = 1.

Задача 1.13. Сколькими способами можно составить команду из 4 человек для соревнований по бегу, если имеется 7 бегунов?

Решение. Задача связана с подсчетом количества различных под- множеств из четырех элементов, которые можно выбрать из семи элементов, следовательно, это количество равно

Ответ. 35.

Замечание. Если бы команда выбиралась для эстафетного бега, то число способов выбора было бы равно A74 = 7 6 5 4 = 840, так как играл бы роль порядок выбора спортсменов.

Задача 1.14. В турнире принимали участие 10 шахматистов. Каж- дые два шахматиста сыграли по одной партии. Сколько всего было сыграно партий?

Решение. Партий было сыграно столько, сколько можно выбрать пар шахматистов, т.е.

Ответ. 45.

Задача 1.15. Сколькими способами можно разместить m одинако- вых шаров в n различных ящиках (m < n), если в каждый ящик мож- но положить только один шар?

Решение. Количество способов размещения m шаров будет равно количеству способов выбрать m ящиков, т.е. Cnm .

Ответ. Cnm .

15

Задача 1.16. Прямоугольник разделен m – 1 горизонтальными и n – 1 вертикальными прямыми на mn одинаковых прямоугольников (рис. 1.2). Муравей может передвигаться только по этим прямым и ползет кратчайшим путем из точки А – левого нижнего угла прямо- угольника в правый верхний угол – точку В. Сколько будет таких различных «трасс»?

B

A

Рис. 1.2. К задаче 1.16

Решение. Чтобы добраться из точки А в точку В муравей должен преодолеть m + n отрезков, из которых m вертикальных и n горизон- тальных, т.е. задача сводится к следующему: сколькими способами можно выбрать m вертикальных отрезков из m + n. Следовательно,

количество трасс равно Cnm+m . Заметим, что то же число можно по-

лучить, выбирая n горизонтальных прямых, так как непосредственно видно, что Cnm = Cnn− m .

Ответ. Cnm = Cnn− m .

Задача 1.17. Сколько различных диагоналей у пятнадцатиугольника? Решение. Если соединить все возможные пары вершин прямыми, то при этом получатся не только диагонали, но и стороны. Следова-

тельно, количество диагоналей равно

Ответ. 90.

Сочетанием с повторениями из п элементов по k называется множество элементов множества Wn, состоящее из k элементов, сре- ди которых могут оказаться одинаковые.

16

Например, если W3 = {2, 8, 17},то {2, 8}, {2, 17}, {8, 17}, {2, 2}, {8, 8}, {17, 17} – все возможные сочетания с повторениями из трех элементов по два.

Число сочетаний с повторениями из п элементов по k

Задача 1.18. Сколькими способами можно составить букет из пя- ти цветов, если в наличии есть цветы трех сортов?

Решение. Здесь множество Wn состоит из трех различных элемен- тов (n = 3). Поскольку порядок расположения цветов в букете не иг- рает роли, то искомое число букетов равно числу сочетаний с повто- рениями из трех элементов по пять, т.е.

Ответ. 21.

1.3. Конечное вероятностное пространство. Классическая модель

Напомним, что задачи, приводящие к вероятностной модели, в которой вероятностное пространство Ω конечно, и все элементарные исходы – равновероятные события, называются задачами на непо-

средственный подсчет вероятностей. В этом случае вероятность события А

где m – количество благоприятных исходов, а n – количество всех элементарных исходов.

Подсчет числа благоприятных исходов и всех элементарных исходов облегчается использованием комбинаторных формул пункта 1.2.

Задача 1.19. Дано 6 карточек с буквами И, Л, М, Н, О, Я. Найти вероятность того, что а) получится слово ЛОМ, если наугад одна за другой выбираются три карточки и располагаются в ряд в порядке появления; б) получится слово МОЛНИЯ, если одна за другой выби- раются 5 карточек и располагаются в ряд в порядке появления.

17

Решение. а) Из шести данных букв можно составить A63 = 120

трехбуквенных «слов» (НИЛ, ОЛЯ, ОНИ, ЛЯМ, МИЛ и т.д.). Слово ЛОМ при этом появится лишь один раз. Поэтому вероятность появ- ления слова ЛОМ равна 1/120;

б) Из шести данных букв можно составить 6! шестибуквенных «слов», при этом слово МОЛНИЯ появится лишь один раз. Поэтому вероятность появления слова МОЛНИЯ равна 1/6!

Ответ. а) 1/120; б) 1/6!

Задача 1.20. В урне находятся 8 белых и 10 черных шаров. Найти вероятность того, что среди наугад вынутых пяти шаров два будут бе- лыми и три – черными?

Решение. Выбрать 5 шаров из 18 можно C185 различными способа-

ми (все такие выборки – неупорядоченные подмножества, состоящие из 5 элементов), т.е. в (1.5) количество всех элементарных исходов п равно C185 .

Определим число случаев, благоприятных событию A = {среди 5 вы- нутых шаров 2 белых и 3 черных}. Число способов выбрать 2 белых шара из 8, находящихся в урне, равно C82 . Каждому такому выбору

соответствует C103 способов выбора трех черных шаров из 10 черных в

Ответ. 20/51.

Задача 1.21. В коробке 5 синих, 4 красных и 3 зеленых каранда- ша. Наудачу вынимают 3 карандаша. Какова вероятность того, что: а) все они одного цвета; б) все они разных цветов?

Решение. Заметим, что число элементарных исходов, т.е. число спо- собов выбрать 3 карандаша из 12 имеющихся в наличии, равно C123 .

а) Выбрать 3 синих карандаша из 5 можно C53 способами; 3 крас-

ных из имеющихся 4 можно выбрать C43 способами; 3 зеленых из трех зеленых – C33 способами. Таким образом, общее число случаев, благоприятствующих событию А = {три карандаша, вынутых из ко- робки, одного цвета}, равно C53 + C43 + C33 . Отсюда

18

б) Число способов выбрать один синий карандаш из имеющихся пяти равно C51 . Каждому такому выбору соответствует C41 способов выбора одного красного карандаша из четырех в коробке, т.е. всего C51 C41 способов выбора одного синего и одного красного карандаша.

Каждому такому выбору соответствует C31 способов выбора зеленого

карандаша из трех. Следовательно, число исходов, благоприятствую- щих наступлению события В = {три вынутых карандаша разных цве- тов}, равно C51 C41 C31 , а

Ответ. а) 3/44; б) 3/11.

Задача 1.22. В почтовом отделении имеются открытки шести ви- дов. Какова вероятность того, что среди четырех проданных откры- ток все открытки: а) одинаковы; б) различны?

способами (число сочетаний с повторениями из 6 по 4).

a) Число исходов, благоприятствующих наступлению события А = {продано 4 одинаковые открытки}, равно числу видов открыток,

т.е. 6. Поэтому P(A) = 6/126 = 1/21.

б) Пусть событие В = {проданы 4 различные открытки}. Выбрать 4 открытки из 6 можно C64 = 15 способами. Следовательно, P(B) =

15/126 = 5/42.

Ответ. а) 1/21; б) 5/42.

Задача 1.23. Наудачу из телефонной книги выбирают номер те- лефона. Считая, что телефонные номера состоят из семи цифр, при- чем все комбинации цифр равновероятны, найти вероятность собы- тия A = {номер содержит три цифры 5, две цифры 1 и две цифры 2}.

Решение. Так как в телефонном номере важен порядок набора цифр, цифры могут повторяться, и на каждой позиции стоит цифра множества {0, 1, ..., 9}, телефонный номер – размещение с повторениями из 10 эле- ментов по 7. Следовательно, число всех исходов равно 107.

19

Число номеров, содержащих три цифры 5, две цифры 1 и две цифры 2, совпадает с числом перестановок с повторением из семи

3! 2! 2!

P(A) = 210/107 = 2,1·10–5.

Ответ. 2,1·10–5.

Задача 1.24. По n лункам случайным образом разбрасывают m одинаковых шариков. Найти вероятность того, что в первую лунку попадут k1 шариков, во вторую – k2 и т.д., в n-ю лунку попадут kn ша-

риков: k1 + k2 + ... + kn = m.

Решение. Общее число элементарных исходов равно nm. Число спо-

собов выбрать k1 шарик для первой лунки равно Cmk1 , тогда для второй

k

лунки число способов выбрать k2 шарика равно Cm2− k1 и т.д. Перемножая все эти числа, получим m!/(k1!k2!...kn!). Таким образом, вероятность

Задача 1.25. В лифт шестиэтажного дома на первом этаже вошли 3 человека. Каждый из них с одинаковой вероятностью выходит на любом этаже, начиная со второго. Найти вероятности следующих событий: А = {на втором этаже сойдут два пассажира и на шестом – 1}; В = {на каком-то одном этаже сойдут 2 пассажира и на каком-то другом этаже выйдет 1 пассажир}.

Решение. Общее число элементарных исходов равно 53. Эта зада- ча сводится к предыдущей: этажи, начиная со второго, – это лунки (их 5), пассажиры – это шарики (их 3). Событие А состоит в распре- делении по этажам (лункам) следующим образом: k1 = 2, k2 = k3 = k4 = 0, k5 = 1. Вероятность события А будет равна 3!/(532!0!0!0!1!), т.е. P(A) = 3/125. Вероятность события В будет в 20 раз больше, чем ве- роятность события А, так как 2 пассажира могут выйти на одном из пяти этажей, а 1 пассажир может выйти на одном из четырех остав- шихся, следовательно, P(В) = 3·20/53 = 12/25.

Ответ. 3/125; 12/25.

20