4. Перестановки с повторениями

Иногда требуется переставлять предметы, некоторые из которых неотличимы друг от друга. Рассмотрим такой вариант перестано­вок, который называется перестановками с повторениями.

Пусть имеется n₁ предметов 1-го типа, n₂ предмета 2-го, n_k пред­метов k-го типа и при этом n₁+ n₂+...+ n_k = n. Количество разных перестановок предметов

(5)

Для обоснования (5) сначала будем переставлять n предметов в предположении, что они все различны. Число таких перестановок равно n! Затем заметим, что в любой выбранной расстановке пере­становка n₁ одинаковых предметов не меняет комбинации, анало­гично перестановка n₂ одинаковых предметов также не меняет ком­бинации.

П р и м е р. Найдем количество перестановок букв слова КОМ­БИНАТОРИКА. В этом слове 2 буквы к, 2 буквы о, 1 буква м, 1 буква б, 2 буквы и, 1 буква н, 2 буквы а, 1 буква т и 1 буква р.

Таким образом, число перестановок букв этого слова равно: Р(2, 2, 1, 1, 2, 1, 2, 1, 1) = 13!/(2! 2! 2! 2!)= 13!/16.

5. Сочетания без повторений

Если требуется выбрать k предметов из n, и при этом порядок выби­раемых предметов безразличен, то имеем

(6)

Формула (6) может быть получена следующим образом. Выберем по очереди k предметов из n. Число вариантов будет равно n!/(n-k)! В этих расстановках k выбранных предмета имеют свои определенные позиции. Однако нас не интересуют в данном случае позиции выбран­ных предметов. От перестановки этих предметов интересующий нас вы­бор не меняется. Поэтому полученное выражение нужно разделить на k!

П р и м е р. Из группы в 25 человек нужно выбрать троих для рабо­ты в колхозе. Если выбирать их последовательно, сначала первого, по­том второго, потом третьего, то получим 25 • 24 • 23 варианта. Но так как нас не интересует порядок выбора, а только состав выбранной бри­гады, поэтому полученный результат нужно разделить еще на 3!

Для расчета благоприятствующих и полных вариантов событий используют комбинаторику, и те закономерности, которые выявлены давно и надежно работают при переборах. Однако в некоторых случаях непосредственный подсчет числа всех равновозможных и благоприятных случаев невозможен потому, что эти числа нам неизвестны или их количество бесконечно. В этих случаях вместо непосредственного подсчета указанных чисел удовлетворяются подсчетом чисел, им пропорциональных. Например, допустим, что мы имеем однородные калиброванные шары. Возьмем два килограмма этих шаров и окрасим в синий цвет, затем еще один килограмм неокрашенных и смешаем их. Вероятность выбора синего шара из такого набора будет 2 к 3 , хотя нам совершенно неизвестно число шаров окрашенных и неокрашенных.

Приложение 2

Задача о картах и вероятности

В колоде 52 карты. Нужно узнать вероятность того, что случайно вытащенная карта окажется дамой пик. Ясно, что если дама пик в этой колоде всего одна, то вероятность будет 1/52. Но можно пойти и более сложным путем. Ведь нам известно только, что 1/13 часть карт колоды являются дамами, что 1/4 всех карт имеют пиковую масть и что свойство «масть» не зависит от свойства «значение». Тогда вероятность того, что случайно выбранная карта будет и пиковой, и дамой сразу будет равна произведению 1/4 на 1/13, что в точности равно 1/52. Этот пример может показаться простым, но иногда даже простые и избыточные примеры бывают необходимы. Для этого оценим вероятность того, что три раза вытаскивая (возвращая обратно) из колоды, мы один раз вытащим карту А, один — Б и один — В. Равна ли она 1/140608, произведению вероятностей вытащить каждую из карт? Или она равна 3/52, сумме этих вероятностей? Если напрямую. Число всех возможных наборов карт 140608, если мы различаем, какую карту вытащили первой и какую — второй. Тогда устраивать нас будет не один набор, а: АБВ, АВБ, БАВ, БВА, ВАБ, ВБА. Вероятность вытащить один из таких упорядоченных наборов 1/140608. Вероятность вытащить набор А, Б, В в любой последовательности будет равна сумме шести вероятностей для каждого из способов вытащить такой набор, 6/140608. Другим путем эту задачу можно решить так: первой вытащить можно любую карту из интересующих нас трех, строго такое событие будет называться (А, или Б, или В). Второй картой можно вытащить любую из трех, но не ту, что вытащили в первый раз. Это событие будет называться (Х или У), где вероятности вытащить карты Х и У в точности равна вероятности вытащить А, Б или В. Последней можем вытащить только одну из трех карт, назовем это событие Г. Наконец, все три события должны произойти одновременно, а значит, полное событие будет ((А или Б или В) и (Х или У) и Г). Вероятность каждого из событий А, Б, В, Х, У, Г равна 1/52, и мы можем вычислить вероятность такого сложного события, это 6/140608.

Приложение 3