Пример.Поnящикам случайно распределяютсяnшаров. Считая, что ящики и шары различимы, найти вероятности следующих событий:

а) все ящики не пустые = А₀;

б) один ящик пуст = А₁;

в) два ящика пустых = А₂;

г) три ящика пустых  = А₃;

д) (n-1) – ящик пуст = А₄.

Решить задачу для случая n = 5.

Решение. Из условия следует, что распределение шаров по ящикам есть простой случайный выбор, следовательно, всех вариантов nⁿ.

Прежде, чем считать благоприятные варианты, опишем общий подход к их нахождению. Расположим (в порядке возрастания номеров) ящики, в которых находятся неразличимые шары, например,

333221…1.

Эта последовательность означает, что в первом, втором и третьем ящиках по три шара, в четвертом и пятом по два шара, в остальных (n – 5) ящиках по одному шару. Всего таких размещений шаров по ящикам будет . Так как шары на самом деле различимы, то на каждую такую комбинацию будем иметьразмещений шаров. Таким образом, всего вариантов будет.

Переходим к решению по пунктам примера:

а) так как в каждом ящике находится по одному шару, то имеем последовательность 111…11, для которой число размещений равно n!/ n! = 1. Если шары различимы, то имеем n!/ 1! размещений, следовательно, всего вариантов m = 1n!= n!, отсюда

.

б) если один ящик пуст, то какой-то ящик содержит два шара, тогда имеем последовательность 211…10, для которой число размещений равно n!  (n-2)!. Так как шары различимы, то для каждой такой комбинации имеем n!/ 2! размещений. Всего вариантов

,

тогда

.

в) если два ящика пусты, то имеем две последовательности: 311…100 и 221…100. Для первой число размещений равно n!/ (2!  (n – 3)!). На каждую такую комбинацию имеем n!/ 3! размещений шаров. Итак, для первой последовательности, число вариантов равно

.

Для второй последовательности всего вариантов будет

.

Окончательно имеем

.

Отсюда

.

г) для трех пустых ящиков будет три последовательности: 411…1000, либо 3211…1000, либо 22211…1000.

Для первой последовательности имеем

.

Для второй последовательности

.

Для третьей последовательности получаем

.

Всего вариантов m = k₁ + k₂ + k₃ ,

или

.

Искомая вероятность равна

.

д) если (n -1) ящик пуст, то все шары должны находиться в одном из ящиков. Очевидно, что число комбинаций равно

.

Соответствующая этому событию вероятность равна

.

При n = 5, имеем

,

,

,

,

.

Заметим, что при n = 5 события А_i должны образовывать полную группу, что соответствует действительности. В самом деле

1.3.2 Геометрический метод вычисления вероятностей

Недостаток классического метода вычисления вероятностей в том, что он рассматривает конечное число равновозможных событий.

И если можно еще этот метод расширить на счетное число событий, то на большее его возможностей недостаточно. Однако идеи классического метода можно использовать на геометрических образах и, тем самым, рассматривать несчетные множества событий.

Пусть дана область Dⁿ из пространства Rⁿ, n = 1, 2, 3, с определенной на ней мере – mes Dⁿ (мера прямой – длина, мера плоскости – площадь, мера пространства – объем).

В области Dⁿ выделяется часть Аⁿ (вообще говоря, неодносвязная) с мерой mes Аⁿ.

В область Dⁿ наудачу бросается точка. Какова вероятность того, что эта точка попадет в область Аⁿ? Считая, как и при классическом подходе, попадание точки в область, пропорциональной только ее мере, будем иметь

,

где область Dⁿ соответствует пространству элементарных событий , с той разницей, что Dⁿ не нормирована.

Пример 1. Вычислить вероятность того, что для наудачу взятого значения х    ), значение существует.

Решение. Обозначим через А искомое событие, а его геометрический образ через . Значениеу существует, если , то есть, длях     .

В силу симметрии, в качестве области D достаточно взять промежуток 0], тогда mes D =  - 0 = .

Рис. 1

Из рис. 1 видно, что область , тогда. Окончательно,.

Пример 2 (Парадокс Бертрана). Наудачу берется хорда в круге. Чему равна вероятность того, что ее длина превосходит длину стороны вписанного равностороннего треугольника (событиеА)?

Решение 1. Из соображений симметрии, не нарушая общности, зададим направление хорды (рис. 2а).

60⁰

х

60⁰

а

х

60⁰

а) б)

Рис. 2

Проведем диаметр длиной d, перпендикулярный этому направлению. Очевидно, что эти и только эти хорды, пересекающие диаметр в промежутке , будут превосходить стороны правильного треугольника. В самом деле, сторона правильного треугольникаа = , длина хорды находится из пропорции:. Таким образом.

Решение 2. Из соображений симметрии, закрепим один конец хорды на окружности. Касательная к окружности в этой точке и две стороны правильного треугольника образуют углы по 60⁰ каждый. Задаче удовлетворяют только хорды, попадающие в средний угол, а это третья часть окружности. Отсюда .

Решения задачи дают разные ответы, хотя логических противоречий нет. Суть в том, что в задаче не определено понятие проведения хорды наудачу. Так какой ответ верный?

Очевидно тот, который учитывает все возможные ситуации, то есть имеющий наибольшую вероятность. Ясно, что если будет построен геометрический аналог, с вероятностью превосходящей 0,5, то и ответ будет другой. Ответ .

Второе решение, с точки зрения теории вероятностей, дает результат для более частной задачи.