Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Комбинаторные методы. Учебник.pdf
Из перетасованной колоды извлекаются три карты. Какова
вероятность, что все они будут различных достоинств?
Решение:
С
4
Р(А)=
,
С
так как три достоинства из девяти могут быть выбраны
спосо-
бами и имеется по четыре карты каждого достоинства в колоде.
Рассмотрим теперь популярную карточную игру в подкидного
дурака, в которой каждый из играющих получает при сдаче по шесть
карт, а открываемая карта указывает козырную масть.
Какова вероятность при игре в подкидного дурака получить
при сдаче два туза?
Решение:
С
Р(А) =
,
С
так как два туза дополняются четырьмя картами, выбранными
из 32 карт, среди которых нет тузов. Решение данной задачи может
быть выражено и в терминах урновой модели.
Какова вероятность при игре в подкидного дурака получить
при сдаче два козыря?
В этой задаче в элементарный исход наряду со множеством
из шести получаемых при сдаче карт должна быть отдельно включена также и карта, указывающая козырную масть. Если шесть карт
сдачи выбрано, то существует 30 возможностей выбрать из оставшихся тридцати карт указывающую козырную масть карту. Поэтому
в соответствии с правилом произведения полное число элементар-
ных исходов равно 30 × С
.
Чтобы найти число элементарных исходов, благоприятствующих данному событию, будем считать, что сначала выбирается
козырная масть (четыре возможности), затем в ней выбирается указывающая козырную масть открываемая карта (девять возможностей) и, наконец, из оставшихся восьми карт масти выбираются два
козыря (
некозырные карты (
возможностей), к которым добавляются четыре
возможностей). В соответствии с правилом
81
произведения число благоприятных элементарных исходов равно
4 × 9 ×
×
, и искомая вероятность
Р(А)=
4 9 С
30
.
Какова вероятность, что среди шести полученных при сдаче
карт будут представлены все масти?
Здесь число благоприятствующих исходов может быть найдено
с помощью формулы включения и исключения. Пусть — множество всех возможных сдач;
пик;
— множество сдач, не содержащих треф;
сдач, не содержащих бубен;
— множество сдач, не содержащих
— множество
— множество сдач, не содержащих
червей. Имеем:
|| =
| | =
, || = || = || = || =
, | | =
,
.
Отсюда получаем, что искомая вероятность равна
Р(А) =
С
С
+ С
С
С
С
С
.
Подчеркнём, что вероятности всех рассмотренных событий
при игре в подкидного дурака определялись индивидуальным набором полученных карт и не зависели от числа играющих.
Много содержательных вероятностных интерпретаций можно
дать рассмотренной в предыдущем разделе задаче о беспорядках.
Например, мужчин сдают свои шляпы в гардероб и получают их
обратно случайным образом. Какова вероятность, что ни на ком не
будет надета его собственная шляпа? В другой интерпретации су-
пружеских пар пришли на танцевальный вечер, где танцевальные
пары составляются по жребию. Какова вероятность, что ни одна супружеская пара не будет танцевать вместе? В этой задаче полное
число элементарных исходов равно числу перестановок, т. е. !, по-
этому искомая вероятность есть
Р(А) =
и с ростом она стремится к
!
.
+. . . +
!
()
!
,
82
Рассмотрим теперь более общую по сравнению с классической
вероятностью модель, которая называется конечным вероятност-
ным пространством и задаётся следующим образом. Пусть имеется
конечное множество элементарных исходов Ω = {
, …,
}, кото-
рые называют также точками вероятностного пространства, и пусть
каждому
(
Ω приписано число (), где 0 () 1, причём
)
= 1. Тогда конечное вероятностное пространство за-
дано, если любое подмножество Ω считается событием, а его
вероятность Р() определяется по формуле
Р() =
Полное число событий равно, таким образом, 2
(
)
.
. Сюда входит
и пустое множество ∅, вероятность которого равна нулю и которое
называется невозможным событием. Рассмотренное ранее классическое определение вероятности является, как легко видеть, частным случаем этой модели, когда вероятности элементарных исходов
одинаковы и равны (
) = 1 , = 1, 2, … ,
.
Так как события в конечном вероятностном пространстве опре-
делены как подмножества универсального множества , на множе-
стве событий определены теоретико-множественные операции объ-
единения, пересечения и дополнения , ,
, или, как гово-
рят, задана алгебра событий. Формула «включения и исключения»
сохраняется и для вероятностей. В частности,
Р( ) = Р() + Р() Р( ),
(
Р
)
= Р
()
+ Р
()
+ Р(С
)
Р( )
Р( ) Р( ) + Р( )
и т. д. Справедливы также неравенства Бонферрони. В частности,
Р( ) Р() + Р(),
причём если = , т. е. события и не пересекаются (несов-
местны), то здесь имеет место равенство:
Р( ) = Р() + Р().
83
Эти соотношения обобщаются на произвольное число событий
Р( … ) Р() + + Р(
Р( … ) = Р() + + Р(
если события , …,
попарно несовместны.
) и
),
Схема Бернулли. Пусть теперь некоторый опыт со случайным
исходом повторяется несколько раз подряд при неизменных усло-
виях. Свяжем с этим опытом некоторое событие и будем называть
его успехом, а противоположное событие
— неудачей. Пусть
() = , Р() = 1 = . Тогда можно поставить вопрос о
нахождении вероятности
() того, что в серии из испытаний
произойдёт успехов.
Подобная модель повторных независимых испытаний называется схемой Бернулли, по имени выдающегося швейцарского математика Якоба Бернулли (1654–1705), рассмотревшего эту схему
и доказавшего закон больших чисел, согласно которому с ростом
числа испытаний частота успехов
будет приближаться к веро-
ятности появления успеха в отдельном испытании. Согласно за-
кону больших чисел, например, при многократном подбрасывании
симметричной монеты ( = = 1 2
) доля выпадений орла от об-
щего числа подбрасываний будет близка к 1 2.
В схеме Бернулли элементарными исходами являются последо-
вательности длины , состоящие из успехов и неудач. Для заданной
последовательности, содержащей успехов и неудач, её веро-
ятность, вычисляемая как произведение вероятностей независимых событий, равна
. Но существует
таких последова-
тельностей с успехами и неудачами. Поэтому вероятность
того, что в серии из испытаний произойдёт успехов даётся фор-
мулой Бернулли
Р
() =
.
Вычисляя с помощью этой формулы вероятность того, что при
десятикратном подбрасывании монеты орёл выпадет пять раз, получаем
!
=
!!
=
.
84
Р
(5) =
Вероятность же того, что число успехов в серии из испытаний
Бернулли будет лежать в интервале от
до
, можно найти
в виде
.
{
Р
П
роанализировав эту формулу, Якоб Бернулли показал, что для
} =
любого сколь угодно малого
{
( ) ( +
Р
)
}
1, ∞,
что и явилось первым доказательством закона больших чисел.
В заключение заметим, что рассмотренным здесь конечномерным вероятностным пространством не исчерпываются вероятностные модели. Однако этой модели, как правило, оказывается достаточно при применении теории вероятностей к задачам дискретной
математики.
Асимптотические оценки.
Формула Стирлинга
Асимптотические обозначения. При вычислении некото-
рого комбинаторного числа (), зависящего от натурального пара-
метра = 1, 2, …, часто оказывается, что с ростом стремительно
нарастает как (), так и сложность вычислений этой функции,
а формула, выражающая () как функцию от в общем случае, яв-
ляется чрезвычайно сложной и труднообозримой. В этом случае
имеет смысл оценить () при больших значениях с помощью
другой, более простой функции (), близкой в некотором смысле
к (). Подобные оценки называют асимптотическими и часто ис-
пользуют в дискретной математике. Наиболее часто в качестве подобной оценки выступает так называемое асимптотическое равен-
ство, записываемое как
которое означает, что lim
∞
()~(), ∞,
()
= 1.
()
85
Примерами асимптотических равенств являются:
+ ~, ∞; + ln ~ , ∞ и т. д.
Асимптотическое равенство является отношением эквивалентности, разбивающим функции на классы эквивалентности. В частности, в один класс попадают функции
~+ 2~+ 5 + 1~
+ ln
, ∞.
Часто оказывается нужным оценить скорость роста величины
() сверху. В этом случае оказывается полезным обозначение
() = (()
)
,
которое читается: «() есть “о”-большое от ()» и означает, что
существует некоторая константа такая, что |()| |()|
для всех = 1, 2, … Например, 5
+ 2 + 10 = (
). За-
пись () = (1) обозначает ограниченность |()|. Если
() = (()), то говорят также, что () по порядку не превосхо-
дит (). А если одновременно имеет место () = (()
и () = (()), то говорят, что () и () являются величинами
одного порядка, и пишут () = Θ(()
)
.
Напомним здесь также другую, широко используемую в математическом анализе запись
() = (()), ∞,
которая читается: «() есть “о”-малое от ()» и означает, что
()
lim
обозначает, что lim
= 0. Например, = (
()
∞
() = 0, т. е. () является бесконечно малой
)
, ∞. Запись () = (1)
величиной.
Заметим, что асимптотическое равенство ()~(),
может быть записано также как ()= (
)
1 +
(1)
, ∞.
Асимптотическое неравенство
)
() ()
означает, что для некоторого (1) имеет место неравенство
() ()(1 + (1)
86
)
.
Заметим, что выполнение обоих соотношений () ()
и () () означает, что ()~(), ∞.
Формула Стирлинга. Функция !, несомненно, занимает цен-
тральное место в комбинаторике. Однако по своему определению
для больших она является достаточно сложной, неудобной для
оценок конструкцией, не только точное значение, но и порядок ве-
личины которой непосредственно не виден. Поэтому при больших
как в теоретических исследованиях, так и при практических вычис-
лениях для ! используются оценки, имеющие более простой и удоб-
ный вид. Нередко используется следующая несложная универсальная нижняя оценка
! >
. (2.1)
Её легко пояснить тем, кто знаком с рядами Тейлора — Маклорена. В самом деле
= 1 +
+
!
+
!
+
!
+
!
+ .
!
Поэтому
= 1 +
+
!
+
!
+
!
+
!
+ .
!
Оставляя в разложении лишь один -й член, получаем
>
,
!
откуда и следует (2.1).
Более точной, однако, является часто используемая при боль-
ших для оценки факториалов асимптотическая формула Стир-
линга
! ~2
, ∞. (2.2)
Эта знаменитая асимптотическая формула была в 1730 году получена шотландцем Джеймсом Стирлингом (1692–1770) и Абраха-
мом де Муавром, использовавшим её для доказательства предельной теоремы теории вероятностей, носящей имя Муавра — Лапласа.
87
Хотя разность между левой и правой частями формулы (2.2)
неограниченно возрастает, относительная погрешность быстро
стремится к нулю. Так, для 5! = 120 правая часть (2.2) даёт 118,02,
а для 10! = 3 628 800 — 3 598 600. В первом случае относительная погрешность составляет около 2 %, а во втором — уже менее 1 %.
Чтобы продемонстрировать возможность применения формулы
Стирлинга, рассмотрим следующую известную задачу. Пусть
имеется некоторое число людей, скажем, 20 50. Какова ве-
роятность, что ни у кого из них не совпадают дни рождения? На пер-
вый взгляд может показаться, что даже при = 50 вероятность раз-
личия всех дней рождения будет близка к единице, так, количество
людей составляет лишь незначительную часть от числа дней в году
= 365. Произведём, однако, необходимые вычисления. Искомая
вероятность есть
=
!
( )!
.
Считая, что и достаточно велики, а не слишком велико,
так что
<< 1, с помощью формулы Стирлинга получаем
!
(
)!
=
2( )( )
2
=
(
(
) (
)
)
=
.
Ограничиваясь в разложении логарифма двумя первыми чле-
)
2
, далее имеем
(
=
)(
(
(
=
)
)
(
)
)
.
нами ln( 1 + )
(
) (
Это даёт несколько неожиданный результат. При = 20 искомая вероятность близка к 0,6, а при = 50 — к 0,02. Событие, име-
ющее вероятность 0,02, часто считают практически невозможным!
88
Докажем формулу Стирлинга
ln ! = ln 1 + ln 2 + + ln .
Так как ln — монотонная функция, справедливо двойное нера-
венство
ln
< ln <
ln
.
Суммируя по = 1, 2, … , , получаем
ln
< l
n ! <
ln
,
ln < ln ! < (+ 1) ln( + 1) .
Это двойное неравенство подсказывает приближать ln !
величиной, близкой к среднему арифметическому крайних
членов неравенства. Простейшей такой величиной является
( + 1 2) ln . Взяв эту величину за основу, рассмотрим раз-
ность
= ln ! +
ln + . (2.3)
Заметим, что
=
+
ln
1 =
(2 + 1) ln
Для дальнейшего анализа последовательности {
ется разложение в ряд функции ln
. С этой целью воспользуемся
()
()
} нам потребу-
1. (2.4)
формулой для суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии
= 1 + + + + .
Проинтегрировав её почленно, получим
ln( 1 ) = +
+
+
+ . (2.5)
Подставляя в (2.5) () вместо , имеем
ln( 1 + ) =
+
+ . (2.6)
Складывая (2.5) и (2.6), получаем
ln
= 2( +
+
+ ). (2.7)
89
Теперь, возвращаясь к (2.4) и используя (2.7), имеем
<
=
=
1
3(2 + 1)
()
1
3(2 + 1)
1 +
()
+
(2 + 1)
1
5(2 + 1)
1
+
=
()
+
7(2 + 1)
1
(2 + 1)
=
1
+
(
Таким образом, получаем двойное неравенство
0 <
<
()
. (2.9)
+ <
=
. (2.8)
)
Из (2.9) следует, что {
} является монотонно убывающей по-
следовательностью. Кроме того, из (2.9) вытекает, что
т. е. последовательность
следует, что
, а следовательно, и {
Поэтому последовательность {
lim
∞
<
монотонно возрастает, откуда
} сходится. Пусть
= .
,
)
(
} ограничены снизу.
Тогда ввиду (2.3), имеем
lim
ln ! +
∞
ln + = ,
что при потенцировании даёт
lim
∞
!
=
,
т. е.
! ~
, ∞. (2.10)
Покажем теперь, что
сумму
90
=
2. Пусть = . Рассмотрим
= 2
. (2.11)