1.5 Применение комбинаторики для подсчета вероятностей

Задачи по определению вероятности легко узнать по постановке вопроса: «с какой вероятностью?», «какова вероятность?» и т.д. Иногда при подсчете числа благоприятных или числа равновозможных исходов приходится пользоваться формулами комбинаторики.

Задача 10. В ящике 10 одинаковых деталей, помеченных номерами от 1 до 10. Наудачу берем 6 деталей. Найти вероятность того, что среди извлеченных деталей будет

а) деталь №5 (Событие A),

б) деталь №5 и №9 (Событие B).

Решение. а) Р(A) =m/n, где , а.

Чтобы найти число благоприятных исходов, откладываем нужную деталь, т.к. от нее теперь не зависит общее число благоприятных исходов. Тогда имеем

Р(A)=

б) Р(B)=, где . Отложив две детали (№5 и №9), мы для подсчета числа благоприятных испытаний исключаем их из общего количества:

Р(A)=.

Задача 11. Какова вероятность того, что при десятикратном подбрасывании монеты герб выпадет три раза (событие A)?

Решение. Р(A)=m/n, где

n – число равновозможных исходов. Так как число испытаний 10, и в каждом из них было два варианта исхода (герб и цифра), то по правилу произведения или по формуле размещений с повторениями имеем: n=2¹⁰.

m – число благоприятных исходов, когда из 10 опытов в трех будет ожидаемый герб. Так как порядок не важен, то m=.

Итак, Р(A)=.

Задача 12. Какова вероятность сесть за (круглый) праздничный стол рядом с единственным другом, если за столом будет 10 человек?

Решение. Р(A)=m/n, где

A – осуществление желания сесть рядом с другом.

n – число равновозможных событий, не зависящее от порядка рассаживания гостей за столом и поэтому их число можно найти по формуле перестановок из 10 элементов: n=Р₁₀=10!, что вычисляется как перестановки .

m – число благоприятных исходов. Так как мы с другом можем 210=20 способами сесть за стол (10 вариантов, когда друг слева и 10 – когда справа), а остальные 8 человек – 8! способами, то по правилу произведения , тогдаР(A)=. При решении воспользовались правилом произведения.

Более простое решение: друг сядет или слева, или справа (благоприятствующие события), или на одно из оставшихся 7 мест: Р(A)=2/(2+7)=2/9.

Задача 13. Среди 15 инвестиционных фондов 5 являются «пирамидами». Какова вероятность, что человек, приобретая наудачу по одной акции трех инвестиционных фондов, вложит все деньги в «пирамиды»?

Решение. Р(A)= m/n, где событие A – приобретение трех акций инвестиционных фондов,

m – число «благоприятных исходов», когда 3 акции приобретены у 5 акционеров–«пирамид», поэтому ;n – равные возможности приобрести 3 акции у любого из 15 акционерных обществ, поэтому . Тогда

Р(A)=

Задача 14. Забыты 3 последние цифры телефонного номера моего друга. Какова вероятность набрать нужный номер, если

а) помню, что цифры различные;

б) помню, что цифры повторяются;

в) все три цифры одинаковые?

Решение. Пусть событие A_i – набрать нужный номер (в i-ом пункте). P(A)=m/n. Имеем: m – благоприятный исход единственный – когда у моего друга зазвонит телефон, т.е. m=1.

а) n – количество способов набрать забытые 3 цифры из 10 имеющихся на телефонном аппарате, зависит от их порядка (т.к. переставленные цифры дадут разные номера). Тогда выбираем формулу размещений без повторений: . ПоэтомуP(A₁).

б) Если среди трех забытых цифр могут встретиться одинаковые, то используем формулу размещений с повторениями n=. ТогдаP(A₂)=1/1000.

в) Если в телефонном номере все цифры одинаковые, то таких вариантов всего 10 (тройки одинаковых цифр от 0 до 9). Отсюда P(A₃).

К числу более сложных задач на подсчет вероятности с помощью формул комбинаторики относятся задачи на гипергеометрические распределения (п.2.2).

В общем виде формулировка задачи может выглядеть так:

Задача 15. В ящике N деталей, среди которых M бракованных (рис.5). Какова вероятность того, что среди n наудачу вынутых деталей окажется m бракованных (событие A)?

Решение.

Рис.5

В общем количестве N деталей, если M – число бракованных, то N-M – число не бракованных деталей. Если из взятых n деталей m – брак, то остальные n-m деталей – не брак. Каждая стрелка на рисунке 5 вида ba символизирует собой C_a^b способов выбора. Нужно лишь определить, какие события благоприятствуют нужному набору бракованных деталей, а также общее число равновозможных вариантов.

Число равновозможных испытаний не зависит от порядка выбора любых n из имеющихся N деталей и вычисляется по формуле сочетаний , т.к. порядок в подмножестве не важен. Для подсчета числа благоприятствующих исходов нужно выбратьm бракованных деталей из M – общего числа бракованных, что можно сделать способами, а также остальныеn-m деталей выбирать из не бракованных, которых всего было N-M. Это можно сделать способами. А так как надо взятьи те, и другие детали, то по правилу произведения всего будет благоприятствующих исходов. Тогда вероятность того, что средиn наудачу вынутых деталей окажется m бракованных вычисляется по формуле: .

Задача 16. На улицах района разместили 100 телефонов-автоматов. Найти вероятность, что среди наудачу проверенных 4-х телефонов-автоматов из 100 развешанных, три будет с дефектами, если во всей этой партии телефонов-автоматов было 10 дефектных (Событие A).

Решение. Применяя формулу предыдущей задачи, имеем: P(A)=.

Задача 17. Двенадцать рабочих получили путевки в четыре дома отдыха: “Жигули” – 3 места, “Прилесье” – 3 места, “Сосновый бор” – 2 места, “Усолье” – 4 места. С какой вероятностью три друга – Иванов, Петров и Сидоров – попадут в один Дом отдыха?

Решение. Введем обозначения:

A – друзья отправятся в “Жигули”;

B – друзья отправятся в “Прилесье”;

C – друзья отправятся в “Усолье”.

D – друзья отправятся в «Сосновый бор».

Однако, поскольку в «Сосновый бор» было только две путевки, то P(D)=0.

Тогда вероятность попасть в каждый дом отдыха будет определяться, если разделить число благоприятных исходов m на число равновозможных n. Так как исходы не зависят от порядка получения трех путевок, то m и n находятся через сочетания:

; ;.

Так как можно втроем поехать только в один дом отдыха: или в “Жигули”, или в “Прилесье”, или в “Усолье”, то по теореме сложения вероятностей несовместных событий:

.

1.6 Формула полной вероятности

Пусть некоторые попарно несовместные события H₁, H₂, ..., H_n, образуют полную группу событий, т.е. P(H₁)+P(H₂)+ …+ P(H_n)=1, а событие A наступает только одновременно с одним из этих попарно несовместных, которые назовем гипотезами по отношению к самому событию A. Это означает, что произошло одно из несовместных событий A и H₁, A и H₂, ..., A и H_n, или по правилу произведения АH₁, АH₂, ... АH_n. В этом случае для любого события A справедлива формула полной вероятности:

. (1.13)

Т.о., вероятность события A равна сумме произведений условных вероятностей этого события по каждой из гипотез на вероятность самих гипотез.

Задача 18. Туристу предстоит выбрать путь от развилки О до конечного пункта М. Перед ним схема дорог (Рис.6). Какова вероятность того, что турист попадет в пункт М?

Решение. Будучи в пункте О, туристу предстоит выбрать одну из дорог: или H₁ или H₂, или H₃. Вероятность выбора каждой из этих дорог:

P(H₁)=P(H₂)=P(H₃)=1/3,

(события выбора дорог H₁, H₂ и H₃ – несовместны и равновероятны).

Пусть A – приход туриста в М. Тогда АH₁ – приход в М через H₁, P(A|H₁)=1/3 (из H₁ – три дороги, одна из них нужная), аналогично P(A|H₂)=1/2 (из H₂ –две дороги). Приняв гипотезу, что он пойдет через H₃ , имеем P(A|H₃)=0 (из H₃ – четыре дороги, но ни одна из них не ведет в М). Тогда по формуле полной вероятности имеем P(A)=P(A|H₁)P(H₁)+P(A|H₂)P(H₂)+P(A|H₃)P(H₃).

.

Рис.6

Рисунок схемы дорог, которым мы воспользовались для того, чтобы лучше понять условие задачи, применяется и в тех случаях, когда содержание задачи не связано с представлением на карте. Иллюстрация условия в виде графа-дерева помогает увидеть возможные гипотезы (H_i), которые изображают первым ярусом графа-дерева, а также варианты осуществления события в каждой из них (cобытия A|H_i), которые изображают вторым ярусом графа-дерева. Само событие A представляют вершиной графа (на рисунке 6 – вершина графа М), в которую ведут лишь те ветви графа-дерева, которые устанавливают связи, соответствующие содержанию задачи.