Хотя формулу (1.18) называют именем Ньютона, в действительности она была открыта еще до Ньютона (например, ее зналПаскаль). ЗаслугаНьютонасостоитвтом, чтооннашелобобщениеэтойформулынаслучайнецелыхпоказателей.

Числа Cn0 , Cn1 , ..., Cnn , входящие в формулу (1.18), принято называть биномиальными коэффици-

ентами. Из формулы (1.18) можно получить целый ряд свойств этих коэффициентов. Например, полагая а = 1, b = 1, получим: 2n =Cn0 +Cn1 +Cn2 +... +Cnn , т.е. формулу (1.16). Если положить a = 1, b = – 1, то будем иметь:

0 =Cn0 −Cn1 +Cn2 −Cn3 +... +(−1)n Cnn

или

Cn0 +Cn2 +Cn4 +... =Cn1 +Cn3 +Cn5 +... .

§ 1.4. Некоторые примеры вычисления вероятностей

В § 1.1 мы рассмотрели классическое определение вероятности случайного события как отношение числа благоприятных исходов опыта к общему числу исходов – формулу (1.1)

P(A)= kn .

В этом параграфе мы разберем ряд примеров непосредственного вычисления вероятности случайного события.

Пример 1.8. В урне находятся 10 шаров: 4 белых и 6 черных. Из урны наудачу извлекают один шар. Какова вероятность того, что он окажется черным (событие А)?

Р е ш е н и е . Представим себе, что шары снабжены номерами 1, 2, ..., 10, причем черные шары получили номера 1, 2, ..., 6.

Обозначим через Ai, где i = 1, 2, ..., 10, исход опыта: извлечение шара с номером i. Интересующему нас событию А благоприятны исходы А1, А2, ..., А6. Значит, в данном случае n = 10, k = 6 и

P( A) = 106 .

Пример 1.9. Дважды бросается игральная кость. Какова вероятность того, что сумма очков при

обоих бросаниях окажется больше 10 (событие А)?

Р е ш е н и е . Через Aij обозначим исход опыта, состоящий в том, что при первом бросании выпало i очков, а при втором j. Тогда 36 событий

можно рассматривать как элементарные исходы опыта, заключающегося в двукратном бросании игральной кости. Действительно, при каждом осуществлении опыта наступает один и только один из этих исходов, а соображения "равноправия" (между гранями игральной кости, а также между первым

и вторым бросанием) позволяют считать указанные события равновозможными. Интересующему нас событию А благоприятны исходы А56, А65, А66 (остальные неблагоприятны). Отсюда имеем:

P( A) = kn = 363 = 121 .

Пример 1.10. В лотерее разыгрывается 100 билетов. Выигрыши падают на 10 билетов. Некто

покупает три билета. Какова вероятность того, что хотя бы один из них выиграет?

Р е ш е н и е . В данном случае опыт заключается в выборе наугад трех лотерейных билетов.

Пусть Аi – исход опыта, заключающийся в покупке тройки с номером i. Тогда события А1, А2,..., Аn можно рассматривать как все исходы данного опыта.

Интересующее нас событие А состоит в том, что хотя бы один из выбранных билетов оказался выигрышным. Благоприятными для А являются такие группы из трех билетов, которые содержат хотя бы один выигрышный билет, неблагоприятными – такие, в которых ни на один билет не падает выиг-

Впрочем, выражение (1.20) нетрудно подсчитать точно. Такой подсчет дает P(A) = 0,2735…. Рассмотрим в связи с последним примером еще один пример.

Пример 1.11. В условиях лотереи примера 1.10 выяснить, какое минимальное число билетов нужно купить, чтобы вероятность получения хотя бы одного выигрыша оказалась большей, чем 0,5.

Р е ш е н и е . Пусть покупаются m билетов. Обозначим вероятность выигрыша хотя бы по од-

ному из них через pm . Понятно, что с ростом m число pm будет возрастать. Наша цель – найти наименьшее значение m, при котором это число больше 0,5.

Рассуждая, как в примере 1.10, получим:

Следовательно, должно выполнятся неравенство

Таким образом, для наших целей достаточно, чтобы выполнялось неравенство

1 −(0,9)m > 0,5 ,

или (0,9)m > 0,5. Логарифмируя по десятичному основанию и решая полученное неравенство, полу-

Таким образом, искомое значение m равно 7. Непосредственное вычисление вероятности по

Многие задачи на подсчет вероятностей можно свести к так называемой схеме случайного выбо-

ра. Рассмотрим два основных варианта этой схемы: выбор с возвращением и выбор без возвращения. 1) Выбор с возвращением. Представим себе, что в некотором ящике собрано п различных предметов а1, а2, …, ап. Из ящика наугад извлекается один из предметов, регистрируется, затем кладется обратно в ящик. Если осуществить k таких извлечений, то получим некоторую строку длиной k,

составленную из элементов множества X ={a1, a2 ,..., an} . Она называется выборкой с возвращением

объема k из множества Х. Число различных выборок объема k согласно правилу произведения равно nk.

Описанная процедура носит название случайного выбора с возвращением. Слово "случайный" в этом названии означает нечто большее, нежели просто тот факт, что состав выборки предсказать заранее невозможно. Мы условимся вкладывать в это слово следующий смысл: все nk выборок равновозможны. Другими словами, опыт состоит из nk исходов, и вероятность появления любой конкрет-

ной выборки равна n1k .

К схеме случайного выбора с возвращением можно свести большое число опытов. Например, бросание монеты можно представить как случайный выбор одного элемента из множества Х = {герб, цифра}. Вместо двукратного бросания игральной кости можно рассматривать случайный выбор с возвращением двух элементов из множества Х = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Выяснение дней рождения k случайных прохожих можно заменить случайным выбором с возвращением k элементов из множества

Х= {1, 2, 3, …, 365} и т.д.

2)Выбор без возвращения. В этом случае выбранный предмет не кладется обратно в ящик и следующее извлечение производится из меньшего числа предметов. После k извлечений получаем строку длиной k без повторений. Число таких строк, как следует из правила произведения, будет равно числу размещений из n по k

Ank = n(n −1)(n −2)...(n −k +1).

Случайный характер выбора понимается, как и выше, в том смысле, что опыт состоит из всех равновозможных выборок данной длины.

Пример 1.12. Пусть из совокупности п предметов извлекаются с возвращением k предметов. Най-

ти вероятность того, что все предметы, составляющие выборку, окажутся различными (событие S).

Р е ш е н и е . В данном случае число всех элементарных исходов опыта равно nk, а число исхо-

Остановимся на одном частном случае разобранного выше примера – так называемом парадоксе дня рождения.

Пример 1.13. На лекции присутствует k студентов. Какова вероятность того, что хотя бы у двух студентов дни рождения совпадают (событие Т)?

Р е ш е н и е . Как уже отмечалось, выяснение дней рождения у k случайно собравшихся людей можно заменить выбором с возвращением k элементов из множества Х = {1, 2, 3, …, 365}. Нам необходимо найти вероятность события Т – совпадения дней рождения у каких-либо двух студентов. Событие, противоположное Т, заключается в том, что все дни рождения различны – выше это событие было обозначено S. Формула (1.22) при п = 365 дает:

P(S) = 365 364...(365 −k +1) , 365k

Найденное нами выражение для P(Т) зависит, естественно, от k – числа студентов на лекции. Подсчитав P(Т) для различных значений k, можно получить такую таблицу:

(все знаки после запятой, начиная с четвертого, отброшены). Из таблицы видно, что если в аудитории находятся всего лишь 23 человека, то уже и тогда имеется более половины шансов на то, что, по крайней мере, у двух из них дни рождения совпадают!

Пример 1.14. Монету бросают 10 раз. Какова вероятность того, что герб при этом выпадет ров-

но 3 раза (и, следовательно, цифра выпадет 7 раз)?