Задачи по теории вероятностей. Комбинаторика, классическое и геометрическое определение вероятности

МИНИСТЕРСТВО ОБЩЕГО И ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ РОСТОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

Г. М. Бездудный, В. А. Знаменский, Н. В. Коваленко, В. Е. Ковальчук, А. И. Луценко, В. В. Рындина

ЗАДАЧИ ПО ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ Часть 1 КОМБИНАТОРИКА, КЛАССИЧЕСКОЕ И ГЕОМЕТРИЧЕСКОЕ ОПРЕДЕЛЕНИЯ ВЕРОЯТНОСТИ МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ по решению задач по теории вероятностей для студентов механико-математического факультета

Ростов-на-Дону 2002 г.

УДК 519.2 Г. М. Бездудный, В. А. Знаменский, Н. В Коваленко, В. Е. Ковальчук, А. И. Луценко, В. В. Рындина Задачи по теории вероятностей. Часть 1. Комбинаторика, классическое и геометрическое определение вероятности. Методические указания к решению задач для студентов всех специальностей и всех форм обучения механико-математического факультета РГУ.

Печатается по постановлению кафедры теории функций и функционального анализа механико- математического факультета РГУ. Протокол № от 2001 г. Ответственный за выпуск – доктор физико-математических наук, профессор Кондаков В. П.

Цель настоящей работы – помочь студентам в приобретении навыков по решению задач по теории вероятностей. В начале каждого раздела приводится необходимый теоретический материал, после чего подробно рассматривается большое число типовых примеров.

© Коллектив авторов

Элементы комбинаторики Правило умножения Пусть множество A1 содержит n1 элементов, A2 − n2 элементов,…, Ak − nk элементов. Тогда A1×A2×…×Ak содержит n1 n 2 K n k различных элементов. Другая интерпретация этого правила такова. Пусть первое действие можно совершить n1 различными способами, второе − n 2 различными способами,…, k-е − nk различными способами. Тогда все k действий можно совершить n1 n 2 L n k различными способами. Пример 1. Пусть из пункта A в пункт B имеется 5 дорог, а из пункта B в пункт C – 6 дорог. 1) Сколько существует различных вариантов проезда из пункта A в пункт C? 2) Сколько существует различных вариантов проезда из пункта A в пункт B и обратно? 3) Сколько существует различных вариантов проезда из пункта A в пункт B и обратно при условии, что дороги туда и обратно будут разными? Решение. 1) Существует 5 различных путей из пункта A в пункт B – это 5 способов 1-го действия, при этом существует 6 различных путей из пункта B в пункт C – это 6 различных способов 2-го действия. Согласно правилу умножения, число различных способов выбора пути из пункта A в пункт C равно 5⋅6 = 30. 2) Из пункта A в пункт B ведет 5 дорог, значит, имеется 5 способов проезда туда и 5 способов проезда обратно. По правилу умножения число всех способов проезда туда и обратно равно 5⋅5 = 25. 3) Рассуждаем аналогично пункту 2), но учитываем, что дороги туда и обратно не должны совпадать, т.е. при выборе одного из 5-ти способов проезда ‘туда’ обратно можно вернуться одним из 4-х способов. Поэтому число различных способов проехать из пункта A в пункт B и вернуться обратно, но обязательно другой дорогой, равно 5⋅4 = 20. Пример 2. В урне находятся 10 белых, 15 черных и 20 красных шаров. Сколькими различными способами можно взять из урны 3 шара разных цветов? Решение. В таких задачах предполагается, что все шары различимы, например, перенумерованы. Тройку шаров, взятых из урны, можно образовать тремя действиями. 1-е действие. Возьмем один белый шар. Это действие можно совершить 10-ю способами (по числу различных белых шаров в урне). 2-действие. К выбранному белому шару присоединим черный шар, который можно взять 15-ю различными способами (по числу различных черных шаров в урне).

3-е действие. К выбранной паре присоединим красный шар, который можно взять 20-ю различными способами (по числу красных шаров в урне). Таким образом, можно образовать различные тройки разноцветных шаров, причем порядок действия при этом не играет роли. Число различных способов выбора троек разноцветных шаров совпадает с числом различных трех действий и по правилу умножения равно 10⋅15⋅20 = 3000. Более сложные примеры будут приведены ниже. Пример 3. Имеется N различных пронумерованных ячеек и n различных между собой частиц (можно считать, что частицы также пронумерованы). Каждая из n частиц может находиться в любой из N ячеек, при этом в любой ячейке может оказаться любое число частиц. Подсчитать, сколькими различными способами можно разместить n частиц в N ячейках. Решение. Частицу с номером 1 мы можем поместить в одну из N ячеек N различными способами (по числу ячеек) – 1-е действие; частицу с номером 2 мы также можем поместить в одну из N ячеек N различными способами – 2-е действие; и т.д. Поэтому число различных способов размещения n частиц в N ячейках по правилу умножения будет равно N ⋅ N ⋅ N ⋅L ⋅ N = Nn . n раз

Правило включения-исключения Пусть A 1 , A 2 ,..., A n − набор n множеств, A i − число элементов множества A i , тогда имеет место формула: n

A 1 U A 2 UK U A n = ∑ A i − i =1

∑

Ai I A j +

n −1

A 1 IK I A n .

1≤i ≤ j ≤ n

+ (− 1)

∑

1≤i ≤ j ≤ k ≤ n

Ai I A j I Ak −K +

Пример 1. В лаборатории работают несколько человек, причем каждый из работников знает хотя бы один иностранный язык (английский знают 6 человек, немецкий – 6 человек, французский – 7 человек, английский и немецкий – 4 человека, немецкий и французский – 3 человека, английский и французский – 2 человека, все три языка знает один человек). Сколько человек работает в лаборатории? Сколько сотрудников знают только английский? (Только французский?).

Решение. Обозначим через A 1 – множество сотрудников, знающих английский язык (это не исключает знание другого языка), A 2 – множество сотрудников, знающих немецкий язык, A 3 – множество сотрудников, знающих французский язык. Тогда A 1 I A 2 – множество

сотрудников, знающих английский и немецкий языки, A 1 I A 3 – множество сотрудников, знающих английский и французский языки, A 2 I A 3 – множество сотрудников знающих французский и немецкий языки, A 1 I A 2 I A 3 – множество сотрудников, знающих все три языка, A 1 U A 2 U A 3 – множество всех сотрудников, работающих в лаборатории. По правилу включения-исключения число всех сотрудников, работающих в лаборатории равно | A1U A2 U A3 | = | A1 | + | A2 | + | A3 | − | A1I A2 | − | A1I A3 | − | A2 I A3 | + | A1I A2 I A3 | . По условию | A 1 |= 6; | A 2 |= 6; | A 3 |= 7; | A 1 I A 2 |= 4; | A 1 I A 3 |= 2; | A 2 I A 3 |= 3; | A 1 I A 2 I A 3 |= 1. Подставляя, получим | A 1 U A 2 U A 3 |= 6 + 6 + 7 − 4 − 2 − 3 + 1 = 11. Найдем число сотрудников, знающих, наряду с английским, другой язык | A 1 I A 2 U A 1 I A 3 | = | A 1 I A 2 | + | A 1 I A 3 | − | A 1 I A 2 I A 3 |= 4 + 2 − 1 = 5. Тогда число сотрудников, знающих только английский язык, равно 6 – 5 = 1. Аналогично, число сотрудников, знающих не только французский язык, равно | A 1 I A 3 U A 2 I A 3 | = | A 1 I A 3 | + | A 2 I A 3 | − | A 1 I A 2 I A 3 |= 2 + 3 − 1 = 4 . Число сотрудников, знающих только французский язык, равно 7 – 4 = 3.

Пример 2. На загородную прогулку поехали 92 человека. Бутерброды с колбасой взяли 47 человек, с сыром – 38 человек, с ветчиной – 42 человека, с сыром и с колбасой – 28 человек, с колбасой и с ветчиной – 31 человек, с сыром и с ветчиной – 26 человек, все три вида бутербродов взяли 25 человек. Несколько человек вместо бутербродов захватили с собой пирожки. Сколько человек взяли с собой пирожки?

Решение. Обозначим через A 1 – множество людей, взявших бутерброды с колбасой, A 2 – множество людей, взявших бутерброды с сыром, A 3 – множество людей, взявших бутерброды с ветчиной, A 4 – множество людей, взявших только пирожки. По условию | A 1 U A 2 U A 3 U A 4 | = 92; | A 1 | = 47; | A 2 | = 38; | A 3 | = 42; | A 4 | − ? | A 1 I A 2 | = 28; | A 1 I A 3 |= 31; | A 1 I A 4

= 0; | A 2 I A 3 | = 26; | A 2 I A 4 | = 0; | A 3 I A 4 | = 0;

| A 1 I A 2 I A 3 | = 25; | A 1 I A 2 I A 4 | = | A 1 I A 3 I A 4 | = | A 2 I A 3 I A 4 | = 0; | A 1 I A 2 I A 3 I A 4 |= 0. По правилу включения-исключения можно выразить число людей, поехавших на загородную прогулку с помощью формулы:

4

| A1 U A 2 U A 3 U A 4 | = ∑ | A i | − i −1

∑| Ai I A j | + ∑| Ai I A j I A k | − | A1I A 2 I A3 I A 4 | .

1≤ i < j≤ 4

1≤i < j
Подставляя указанные выше числовые значения, получим уравнение для нахождения неизвестного | A 4 | . 92 = 47 + 38 + 42 + | A 4 | – (28 + 31 + 26) + 25 + 0 + 0 + 0 – 0, 92 = 127 + | A 4 | – 85 + 25, | A 4 | = 25. Таким образом, число людей, взявших с собой пирожки, равно 25.

Сочетания. Пусть имеется множество из n различных объектов (элементов), т.е. объекты имеют или разные названия или разные номера. Пусть k ≤ n, k ∈ N .

Определение. Сочетанием из n элементов по k называется любое подмножество, содержащее k элементов, взятых из данных n элементов. При этом подмножества различаются только элементами, входящими в них; порядок, в котором они расположены, не имеет значения. Число различных сочетаний из n элементов по k можно найти по формуле:

C nk =

n! , k = 0, n , k!(n − k )!

k = 0 соответствует пустое множество, k = n соответствует множество всех элементов. Пример 1. Из группы в 25 человек нужно выделить 3 человека на дежурство. Сколькими различными способами это можно сделать?

Решение. Исходное множество различных объектов образуют студенты группы. Число всех элементов множества равно 25 (по числу студентов). Выделенные 3 человека дежурных образуют трехэлементное подмножество из общего числа в 25 элементов (n = 25, k = 3). При этом подмножество определяется только элементами, в него входящими, но неважно, в каком порядке (Иванов, Петров, Сидоров или Сидоров, Иванов, Петров – одно и то же подмножество). Поэтому, по определению имеем сочетание из 25 элементов по 3, и по вышеуказанной формуле число различных способов выбрать трех дежурных из 25 студентов равно 3 C 25 =

25! 23 ⋅ 24 ⋅ 25 = = 25 ⋅ 23 ⋅ 4 = 2300 . 3! 22! 1⋅ 2 ⋅ 3

Пример 2. В урне находятся 10 белых, 15 черных, 20 красных шаров. Из урны наудачу берутся 9 шаров. Найти: 1) сколькими различными способами можно вынуть 9 шаров;

2) сколькими различными способами можно взять 9 шаров, среди которых 6 белых и 3 черных; 3) сколькими различными способами можно взять 9 шаров, среди которых 2 белых, 3 черных и 4 красных шара.

Решение. 1)Всего в урне 45 шаров. Считаем, что шары различимы, например, пронумерованы. Следовательно, имеем множество из n = 45 различных объектов. Наудачу взятые 9 шаров образуют подмножество из k = 9 элементов. Это подмножество определяется лишь элементами, попавшими в него, порядок не имеет значения. Следовательно, это сочетание из 45 элементов по 9. Число таких различных подмножеств совпадает с числом различных способов вынуть 9 любых шаров из 45 и равно 9 C 45 =

45! 37 ⋅ 38 ⋅ 39 ⋅ 40 ⋅ 41 ⋅ 42 ⋅ 43 ⋅ 44 ⋅ 45 = = 886163135 . 9! 36! 1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 6 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 9

2)Взятие 9-ти шаров, из которых 6 белых и 3 черных, можно разбить на два действия: 1е действие – возьмем 6 белых шаров из 10 белых шаров, находящихся в урне (это можно сделать C106 различными способами); 2-е действие – возьмем 3 черных шара из общего числа 15 черных шаров (это можно сделать C153 различными способами). Тогда число различных способов взятия 9-ти шаров нужного состава по правилу умножения равно

C106 ⋅ C153 =

10! 15! 7 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ 10 13 ⋅ 14 ⋅ 15 ⋅ = ⋅ = 95550 . 6! 4! 3!12! 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 1⋅ 2 ⋅ 3

3)Чтобы получить 9 шаров, из которых 2 белых, 3 черных и 4 красных, надо последовательно выполнить три действия: а)взять 2 белых шара из общего числа 10 белых шаров; б)взять 3 черных шара из общего числа 15 черных шаров; в)взять 4 красных шара из общего числа 20 красных шаров. Тогда число способов взятия 9-ти шаров такого состава совпадет с числом реализаций таких действий, которое по принципу умножения совпадает с числом

C102 ⋅ C153 ⋅ C 204 =

10! 15! 20! ⋅ ⋅ = 45 ⋅ 13 ⋅ 35 ⋅ 17 ⋅ 19 ⋅ 3 ⋅ 5 = 99201375 . 2! 8! 3! 12! 4! 16!

Пример 3. В коробке находятся 50 деталей, из которых 10 бракованных. Из коробки наудачу берутся 5 деталей. Найти число различных способов взятия 5-ти деталей, среди которых ровно 3 бракованных.

Решение. В таких задачах обычно предполагается, что детали пронумерованы, т.е. различны между собой. Множество состоит из n = 50 различимых деталей, из которых 10 бракованных, 40 доброкачественных. Чтобы получить множество из 5-ти деталей, содержащих

3 доброкачественные, надо совершить последовательно 2 действия: 1-е действие – взять 3 бракованные изделия из общего числа 10 бракованных деталей (это действие можно совершить

C103 различными способами), 2-е действие – взять 2 доброкачественные детали из 40 2 различными способами). доброкачественных деталей (это действие можно совершить C 40 2 различными Тогда по принципу умножения оба действия можно совершить C103 ⋅ C 40

способами: 3 C10 ⋅ C 402 =

10! 40! 9 ⋅ 8 ⋅ 10 39 ⋅ 40 ⋅ = ⋅ = 120 ⋅ 39 ⋅ 20 = 93600 . 3! 7! 2! 38! 3 ⋅ 2 ⋅ 1 2

Пример 4. Из колоды в 36 карт наудачу берутся 6 карт. 1)Найти число различных способов взятия 6-ти карт. 2)Найти число различных способов взятия 6-ти карт, содержащих i тузов, i = 0, 4 . 3)Найти число различных способов взятия 6-ти карт, содержащих хотя бы один туз. Решение. 1)Колода из 36 карт образует множество из n = 36 различных элементов, так как карты различимы между собой. Взятые 6 карт образуют подмножество из k = 6 элементов. Шестерка взятых карт определяется лишь элементами, вошедшими в нее, неважно в каком порядке. Значит, шестерка карт образует сочетание из 36 элементов по 6. Поэтому число различных способов взятия таких шестерок совпадает с числом сочетаний шести элементов из 36, которое находится по формуле C 366 =

36! . 6! 30!

2)В колоде из 36 карт 4 туза и 32 другие карты. Чтобы взять 6 карт, содержащих ровно i тузов, i = 0, 4 , нужно выполнить 2 действия: 1-ое – взять i тузов из общего числа 4-х тузов (это действие можно совершить C 4i =

4! различными способами), 2-ое – взять (6-i) других i! (4 − i )!

карт, не являющихся тузами, из оставшихся 32-х карт (это действие можно совершить

C 326 −i =

32! различными способами). По правилу умножения оба действия можно (6 − i )!(26 + i )!

выполнить числом способов, равным C 4i ⋅ C 326 −i , i = 0, 4 . 3)Число различных способов взятия 6-ти карт, содержащих хотя бы один туз, есть число способов взятия 6-ти карт, содержащих ровно 1 туз, плюс число способов взятия 6-ти карт, содержащих ровно 2 туза, плюс число способов взятия 6-ти карт, содержащих ровно 3 туза, плюс число способов взятия 6-ти карт, содержащих ровно 4 туза. Учитывая предыдущий пункт,

4

получим, что это число равно

∑C i =1

i 4

⋅ C 326 −i = C 366 − C 326 , т. е. число всех способов взятия 6-ти карт

минус число различных способов взятия 6-ти карт, не содержащих ни одного туза.

Сочетания с повторениями Пусть имеется m групп элементов (в каждой группе достаточно много элементов), таких, что элементы внутри группы неразличимы между собой, а элементы разных групп различимы. Из совокупности всех элементов возьмем подмножество, содержащее n элементов. Это подмножество из n элементов определяется числом взятых элементов из 1-ой группы, числом взятых элементов из 2-ой группы, и т.д. Эти числа могут принимать значения от 0 до n, но так, чтобы сумма их равнялась n. Число различных способов образования n-элементного множества находится по так называемой формуле числа различных сочетаний с повторениями

C mn +−m1 −1 =

(m + n − 1)! . (m − 1)! n!

Пример 1. Имеются пирожные 7 различных типов. Пирожные одного и того же типа считаем неразличимыми. Сколько существует различных способов покупки 12 пирожных? Решение. В нашем случае число групп m = 7. Пирожные, относящиеся к разным типам, различимы, пирожные, относящиеся к одному типу, неразличимы. Рассмотрим множество из n = 12 покупаемых пирожных. Способ образования такого множества определяется числом купленных пирожных 1-го типа, 2-го типа, …, 7-го типа. Числа эти неотрицательные, целые и в сумме дают 12, т.е. мы имеем дело с сочетаниями с повторениями, где m = 7, n = 12. Поэтому число различных способов покупки 12 пирожных находим по формуле: 7 −1 6 C mn +−m1 −1 = C12 = C18 = 18! . + 7 −1 6!12!

Пример 2. На почте имеются марки 10-ти различных типов. Покупается 15 марок. Сколько существует различных способов покупки 15-ти марок? Решение. Имеется 10 различных типов марок. Марки различных типов различимы, а марки одного типа неразличимы. Следовательно, имеется m = 10 групп. Купленные 15 марок образуют подмножество из n = 15 элементов. Это подмножество определяется числом купленных марок 1-го типа, 2-го типа, …, 10-го типа. Все эти 10 чисел целые, неотрицательные, их сумма равна 15. Поэтому число купленных марок равно числу сочетаний с повторениями: 10 −1 C mn +−m1 −1 = C15 = C 924 = 24! . +10 −1 9!15!

Размещения

Будем рассматривать множество из n (различимых) элементов. Пусть 0 ≤ k ≤ n – фиксированное число.

Определение. Размещением из n элементов по k называется любое упорядоченное kэлементное подмножество рассматриваемого n-элементного множества. Таким образом, размещение из n элементов по k определяется элементами, входящими в это подмножество, а также порядком следования этих элементов. Число размещений из n элементов по k находится по формуле

A kn = k!C kn =

n! , k = 0, n. (n − k )!

В частном случае, когда k = n, размещение по n элементов из n носит название перестановки из n элементов. Все перестановки содержат одни и те же элементы; разные перестановки отличаются лишь порядком следования этих элементов. Число Pn различных перестановок из n элементов находится по формуле

Pn = A nn = n! . Пример 1. Местком состоит из 7 человек. Из своей среды он выбирает президиум в составе трех человек: председателя месткома, заместителя председателя месткома, секретаря месткома. Сколько существует различных способов образования президиума месткома? Решение. Местком – множество из n = 7 различимых элементов – людей. Президиум – это подмножество из 3-х элементов (k = 3); это подмножество определяется двумя признаками: 1)элементами, попавшими в подмножество, т.е. людьми, попавшими в президиум, 2)порядком следования этих элементов, т.е. тем, кто стал председателем, кто стал заместителем, кто стал секретарем. Таким образом, президиум – это упорядоченное множество трех элементов, т.е. размещение из 7-ми элементов по 3. Поэтому число различных способов образования президиума совпадает с числом различных размещений из 7 элементов по 3 и может быть найдено по формуле

A 37 =

7! = 5 ⋅ 6 ⋅ 7 = 210. 4!

Пример 2. На 9-ти карточках написано по одной цифре от 1 до 9 без повторений. Располагая любые 3 карточки в строку, мы получим трехзначное число. Сколько различных трехзначных чисел можно изобразить при помощи этих 9-ти карточек? Сколько различных пятизначных чисел можно изобразить, используя эти 9 карточек? Сколько различных девятизначных чисел можно изобразить с помощью этих 9-ти карточек?

Решение. Карточки образуют множество из n = 9 различимых элементов (на карточках различные цифры). Для образования трехзначного числа надо взять подмножество из 3-х карточек и упорядочить его. Таким образом, k = 3. Подмножество 3-х карточек определяется элементами, входящими в него, и порядком следования этих элементов. Например, 123, 321, 132, 312, 213, 231. Поэтому любому такому трехзначному числу соответствует размещение из 9-ти элементов по 3. Количество трехзначных чисел, которые можно изобразить при помощи 3х карточек, совпадает с числом различных размещений из 9-ти элементов по 3 и может быть найдено по формуле

A 39 =

9! = 7 ⋅ 8 ⋅ 9 = 504. 6!

Аналогично, число различных пятизначных чисел которые можно изобразить при помощи этих 9-ти карточек, совпадает с числом размещений из 9-ти элементов по 5, и это число может быть найдено по формуле

A 59 =

9! = 5 ⋅ 6 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 9 = 15120. 4!

Число различных девятизначных чисел которые можно изобразить при помощи этих 9ти карточек совпадает с числом перестановок 9-ти элементов. Это число может быть найдено по формуле P9 = 9! = 362880.

Пример 3. На корабле имеется 7 флажков семи основных цветов. Для передачи команды на другой корабль на мачту поднимают k ( 1 ≤ k ≤ 7) флажков. Эти флажки располагают по вертикали сверху вниз. Каждому способу расположения k таких флажков соответствует свое слово – своя команда, различным способам расположения k флажков соответствуют разные слова-команды. 1)Сколько существует различных команд, которые можно передать при помощи k флажков? 2)Сколько существует различных команд, которые можно передать этими флажками? Решение. 1)7 флажков образуют множество из n = 7 различимых элементов (по цвету различимы). Поднятые на мачту k флажков образуют подмножество из k элементов. Это подмножество определяется элементами, вошедшими в него (цветами поднятых флажков), а также их порядком сверху вниз. Поэтому множество из k поднятых флажков является размещением из 7-и элементов по k и, следовательно, число различных команд, которые можно передать при помощи k флажков, равняется числу размещений из 7-и элементов по k, и это число может быть найдено по формуле

A 7k =

7! , k = 1,7. (7 − k )!

Для примера: k = 5, A 57 =

7! = 2520. 2!

2)Число всех команд, которые можно передать этими флажками, равняется 7

7

7! = 7 + 42 + 210 + 840 + 2520 + 5040 = 13699. k =1 (7 − k )!

∑ A 7k = ∑ k =1

Пример 4. Из колоды в 36 карт наудачу без возвращения вынимают по одной карте 3 раза. Сколько существует различных способов получения 3-х карт, среди которых на первых двух местах – бубна, а на третьем – пика? Решение. В колоде 9 бубен и 9 пик. Получение тройки карт “бубна, бубна, пика” можно рассматривать как результат двух действий. Первое действие – получение на первых двух картах “бубна, бубна”. Поскольку порядок следования карт существенен, то число различных способов осуществления первого действия совпадает с числом размещений из 9-ти элементов по 2 (всего 9 бубен) и находится по формуле

A 92 =

9! = 8 ⋅ 9 = 72. 7!

Второе действие – взятие пики на 3-м месте. Число способов выполнить 2-е действие, очевидно, равно 9 (по числу “пик”). Поэтому число различных троек карт “бубна, бубна, пика” совпадает с числом различных указанных выше пар действий и по правилу умножения вычисляется по формуле: 9 ⋅ 8 ⋅ 9 = 648 . 2-ой способ рассуждений. Первую бубну можно вытащить 9-ю способами (по числу всех бубен), вторую можно вытащить 8-ю способами (по числу оставшихся бубен), третью карту можно вытащить 9-ю способами (по числу пик). Итого, число всех способов равно 9 ⋅ 8 ⋅ 9 = 648 .

Пример 5. В урне находятся 10 белых, 15 черных, 20 красных шаров. Из урны последовательно без возвращения производят 9 извлечений по одному шару. Сколькими способами можно произвести указанное извлечение так, чтобы при первых двух извлечениях вынутыми оказались белые шары, при последующих трех извлечениях – черные, при оставшихся четырех извлечениях – красные? Решение. Получение такой последовательности 9-ти шаров есть результат трёх действий. 1)Сначала выбирается 2 белых шара с учетом их порядка из 10 белых шаров. Как отмечалось выше, все 45 шаров различимы по номерам. Это действие может быть совершено

A102 способами.

2)Второе действие состоит в выборе последовательности из 3-х черных шаров (с учетом их порядка) из 15 черных шаров. Это действие может быть совершено A153 различными способами. 3)Третье действие состоит в выборе последовательности из 4-х красных шаров (с учетом 4 различными способами. их порядка). Последнее действие может быть выполнено A20

Число различных последовательностей рассматриваемых 9-ти шаров совпадает с числом таких трёх действий, и, по правилу умножения, выражается по формуле 2 3 A 10 ⋅ A 15 ⋅ A 420 =

10! 15! 20! ⋅ ⋅ . 8! 12! 16!

Пример 6. На полке наудачу располагаются 10 книг. 1)Сколько существует различных способов расположения 10-ти книг? 2)Сколько существует различных способов расположения 10-ти книг, при которых 2 заранее помеченные книги окажутся рядом? 3)Сколько существует различных способов расположения 10-ти книг, при которых 3 заранее помеченные книги окажутся рядом? Решение. 1)10 книг образуют множество из n = 10 различных элементов, так как книги разные. Расположение книг на полке – это упорядочивание книг слева направо. Таким образом, расположение книг на полке – перестановка из 10-ти элементов. Поэтому число различных расположений 10-ти книг на полке совпадает с числом различных перестановок из 10-ти элементов и находится по формуле P10 = 10! = 3628800. 2)Подсчитаем число различных расположений 10-и книг, при которых 2 помеченные книги стоят рядом. Временно свяжем две заранее помеченные книги в один том. После этого на полке окажется 9 томов, из которых 8 – старые книги, а 9-ый том образован связкой двух книг. Существует 9! различных способов расположения указанных 9-ти томов на полке. При этом, тасуя две книги в связке 2! различными способами (по числу перестановок двух книг внутри составного тома), получим, что каждая из 9! перестановок 9-ти томов даст 2! искомых перестановок 10-ти книг. Следовательно, число искомых перестановок из 10 книг равно 9!⋅2!. 3)Как в предыдущем пункте, для отыскания числа перестановок 10 книг, при которых 3 заранее отмеченные книги окажутся рядом, свяжем эти 3 помеченные книги в один том. После этого на полке окажутся 7+1= 8 томов. Их мы расположим на полке 8! различными способами, при этом каждая из 8! перестановок 8-и томов порождает 3! искомых перестановок из 10-ти книг за счет того, что внутри связанного из трёх книг тома можно тасовать их 3! различными способами. Поэтому число перестановок 10-ти книг, при котором 3 заранее отмеченные книги стоят рядом, равно 8!⋅3!.

Перестановки с повторениями Пусть имеются k групп элементов, причем в первой группе n1 неразличимых элементов, во второй группе n 2 неразличимых элементов, …, в k-ой группе – n k неразличимых элементов. Элементы из разных групп различимы. Таким образом, имеем всего n1 + n 2 + ... + n k = n элементов. Рассмотрим всевозможные упорядоченные наборы из этих элементов. Число различных таких наборов (перестановок с повторениями) равно (n1 + n 2 + ... + n k )! . n1 ! n 2 ! ... n k !

Пример 1. На 6-ти карточках написаны буквы, из которых можно составить слово АНАНАС. Сколько существует различных шестибуквенных слов, которые можно составить при помощи этих 6-ти карточек? Решение. 6 карточек разобьем на 3 группы. Первая группа образована карточками с буквой А. Число таких карточек равно 3. Они неразличимы по буквам, у всех одна и та же буква А, n1 = 3. Вторая группа образована двумя карточками, содержащими букву Н. Элементы

второй группы также неразличимы между собой, n 2 = 2. Третья группа образована одной карточкой с буквой С, n3 = 1. Таким образом, мы имеем дело с перестановками с повторениями и число слов из 6-ти букв равно

(3 + 2 + 1)! 6! = = 60. 3! 2!1! 3! 2! Пример 2. На 10-ти карточках написаны буквы так, что из этих карточек можно составить слово МАТЕМАТИКА. Сколько существует различных 10-буквенных слов, которые можно образовать при помощи этих десяти карточек? Решение. 10 карточек разобьем на группы. Первая группа содержит букву М. Элементы

ее – неразличимы (буквы М – неразличимы). Число элементов первой группы n1 = 2. Вторую группу образуют карточки с буквой А. Число элементов второй группы n 2 = 3. Третью группу образуют карточки с буквой Т. Число элементов третьей группы n3 = 2. Четвертая группа состоит из одного элемента Е; число элементов четвертой группы n 4 = 1. Пятая группа состоит из одного элемента И; число элементов пятой группы n5 = 1. Шестая группа состоит из одного элемента К; число элементов шестой группы n 6 = 1. Число различных 10-буквенных

слов,

образованных этими десятью карточками, совпадает с числом различных перестановок с повторениями и равно

10! 10! = = 5 ⋅ 6 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 9 ⋅ 10 = 151200. 2! 3! 2!1!1!1! 4! Пример 3. Имеется N различимых ячеек (т.е. пронумерованных номерами от 1 до N). Имеется n неразличимых между собой частиц, например, n электронов, n позитронов и т. д. В каждой из N ячеек может находиться любое число частиц от 0 до n. Все n частиц размешаются по N ячейкам. Это распределение задается числом частиц в 1-ой ячейке, во 2-ой ячейке,…, в Nой ячейке. При этом индивидуальность частиц отсутствует. Сколько существует различных таких способов размещения неразличимых n частиц по N различимым ячейкам? Решение. Каждой ячейке соответствует клеточка с границами, изображаемыми двумя

стоящими рядом палочками. N ячеек изобразим в виде N рядом стоящих клеток. Число стенок (палочек) N ячеек, очевидно, равно N+1. Мы зафиксируем крайнюю левую палочку (самую левую стенку) и крайнюю правую палочку (самую правую стенку). Тогда между зафиксированными палочками окажется N-1 палочка. Туда же между двумя фиксированными палочками поместим n частиц в виде n точек. Таким образом, всего окажется n + N – 1 элементов – вместе взятых палочек и точек. Множество n + N – 1 элементов разбивается на 2 группы. Первая группа образована точками – частицами, которые неразличимы между собой. Вторая группа содержит N – 1 палочку. Элементы второй группы также неразличимы между собой. Элементы же первой и второй групп различаются между собой. Итак, число элементов первой группы

n1 = n, число элементов второй группы n 2 = N − 1. Любое расположение n

частиц по N ячейкам порождает упорядоченную последовательность из n + N – 1 элементов, находящуюся между крайними фиксированными палочками. Поэтому искомое число расположений

неразличимых частиц по N ячейкам совпадает с числом перестановок с

повторениями и находится по формуле

(n1 + n 2 )! (n + N − 1)! = C nN+−N1 −1 − число сочетаний с повторениями. = n1 ! n 2 ! n! ( N − 1)! Классическое определение вероятности Будем рассматривать лишь такие эксперименты, которым можно поставить в соответствие множество Ω их исходов, удовлетворяющих следующим условиям: 1. Исходы ω∈Ω образуют полную группу, т.е. два разных исхода не могут появиться одновременно в одной и той же реализации эксперимента и при любой реализации опыта обязательно появится один из исходов множества Ω.

2. Множество Ω конечно. Число его элементов будем обозначать через |Ω|. 3. Все исходы ω∈Ω равновозможны. Равновозможность – это неопределяемое основное понятие, как, например, понятие точки плоскости; его можно лишь описать. Равновозможность означает, что все исходы имеют одинаковые шансы появиться при любой реализации опыта. О равновозможности судят на основании разного рода симметрии. Часто слова “наугад”, “наудачу” указывают на равновозможность. Элементы ω∈Ω будем называть элементарными событиями или элементарными исходами. Будем говорить, что элементарный исход ω благоприятствует событию A, если он влечет наступление события A. Таким образом, каждому событию A соответствует подмножество элементарных событий, ему благоприятствующих. Обозначим через |A| – число элементарных событий, благоприятствующих A.

Определение. (Классическое определение вероятности.) При условии выполнения указанных выше 3-х требований на Ω вероятностью события A называется число P(A)=

|A| . Ω

Простейшие свойства вероятности. 10. 0 ≤ P(A) ≤ 1. 20. P(A)=1 ⇔ A = Ω (т.е. A – достоверное событие), P(A)=0 ⇔ A = ∅ (т.е. A – невозможное событие). 30. Для любого элементарного события ω имеет место равенство P(ω) =

1 , т.е. все |Ω|

элементарные события равновероятны. 40 .

Обозначим A = Ω - A отрицание события A или событие, противоположное

событию A. Тогда P( A ) = 1 – P(A). При нахождении вероятностей с использованием классического определения может оказаться полезной следующая схема. 1. Надо четко осмыслить, в чем состоит эксперимент. 2. Сформулировать четко, в чем состоит событие A, вероятность которого надо найти. 3. Четко надо сформулировать, что мы будем понимать под элементарным событием в нашей задаче. Сформулировав это, надо проверить три условия на Ω. 4. Подсчитать |Ω|. 5. Подсчитать |A|.

6. Найти P(A)=

|A| . |Ω|

При решении задач наиболее распространенной ошибкой является нечеткое понимание того, что мы берем в качестве элементарного события ω, а от этого зависит правильность построения множества Ω и правильность вычисления |Ω| и |A|. Обычно на практике в качестве элементарного события берут простейший исход, который нельзя расщепить на более простые. Так поступать не обязательно, но на первых порах это может помочь.

Пример 1. Наудачу дважды подбрасывают монету. Найти: 1)вероятность выпадения двух гербов; 2)вероятность выпадения только одного герба; 3)вероятность выпадения хотя бы одного герба. Решение. Испытание состоит в двукратном подбрасывании монеты. Будем различать

первый бросок и второй бросок. Пусть событие A означает, что выпало точно два герба, т.е. при первом подбрасывании выпал герб и при втором подбрасывании – герб; событие B – выпал точно один герб, т.е. либо при первом броске выпал герб и при втором – решетка, либо при первом броске выпала решетка и при втором – герб, событие C – выпал хотя бы один герб, т.е. хотя бы при одном броске выпал герб. Надо найти P(A), P(B), P(C). Элементарным событием назовем упорядоченную последовательность двух букв, а именно, элементарные события образуют следующие последовательности: г—г, т.е. при первом и втором бросках выпали гербы, г—р (при первом броске выпал герб, при втором – решетка), р—г (при первом броске выпала решетка, при втором – герб), р—р (при первом и втором бросках выпали решетки). Множество Ω состоит из этих четырех элементарных исходов. Очевидно эти исходы образуют полную группу, так как они попарно несовместны и один из них обязательно появится при любом осуществлении двух бросков монеты. Кроме того, все эти четыре исхода равновозможны (в том смысле, что шансы на появление у всех исходов одинаковы). |Ω|=4<∞. Выполнены все условия на Ω, следовательно, применимо классическое определение вероятности. Событию A благоприятствует только один элементарный исход г—г. Поэтому |A|=1 и по классическому определению вероятности P(A)=

1 . Событию B 4

благоприятствуют два элементарных исхода (р—г) и (г—р). Поэтому |B|=2 и по классическому определению вероятности P(B)=

2 1 = . Событию C благоприятствуют три элементарных 4 2

события (г—г), (г—р), (р—г), Поэтому |C|=3 и по классическому определению вероятности P(C)=

3 . 4

Пример 2. Наудачу один раз бросается игральная кость. Найти вероятность выпадения числа очков, кратного трем. (Под игральной костью понимается правильный однородный кубик, на гранях которого написаны цифры от 1 до 6. Эти цифры мы называем очками. Исходя из опыта, постулируем, что кубик не может упасть на вершину, на ребро, а обязательно упадет гранью кверху.) Решение. Обозначим через A событие – на верхней грани выпало число очков, кратное

трем. Это означает, что на верхней грани выпало 3 или 6 очков. Элементарным исходом нашего эксперимента назовем исход ωI – на верхней грани выпало i очков, i = 1, 6 . Эти 6 элементарных исходов образуют Ω. Ясно, что ωI образуют полную группу (при одном и том же броске не могут оказаться на верхней грани одновременно две разные цифры и при любом броске на верхней грани выпадет какое-либо число от 1 до 6). Эти элементарные исходы равновозможны, так как кость бросается наудачу (выпадение 1-го очка имеет такие же шансы, как и выпадение 2-х очков и т.д.). |Ω|=6<∞. Выполнены все условия применимости классического определения вероятности. Событию A благоприятствуют 2 исхода ω3 и ω6, значит, |A|=2, откуда следует, что P(A)=

2 1 = . 6 3 Пример 3. Дважды подбрасывают наудачу игральную кость. Найти вероятность того,

что: 1)при обоих подбрасываниях выпадет одно и то же число очков; 2)сумма выпавших очков не превзойдет 4. Решение. Введём события: A – при первом и втором подбрасываниях выпадет

одинаковое число очков; B – сумма выпавших очков не превзойдет 4 (иными словами сумма очков равна 2, либо3, либо 4). Назовем элементарным событием последовательность двух целых точек i = 1, 6 , j = 1, 6 , где i – число очков, выпавших при первом подбрасывании, j – число очков,

выпавших при втором подбрасывании. Эти элементарные события образуют множество Ω. Очевидно, что эти события образуют полную группу и равновозможны; общее число элементарных событий равно 6⋅6 = 36 < ∞. Выполнены все предпосылки применимости классического определения вероятности. Событию A благоприятствуют следующие элементарные исходы: (1,1), (2,2), (3,3), (4,4), (5,5), (6,6), поэтому |A|=6. По классическому определению вероятности P(A)=

6 1 = . Событию 36 6

B благоприятствуют следующие элементарные исходы: (1,1), (1,2), (2,1), (1,3), (3,1) (2,2). Других благоприятствующих исходов нет. Таким образом, |B|=6 и, следовательно, P(B)=

6 1 = . 36 6

Пример 4. В партии содержатся 50 деталей, из которых 10 бракованных. Из партии наудачу берутся 5 деталей. Найти вероятность того, что: 1)все 5 деталей бракованные; 2)все 5 деталей доброкачественные; 3)в пятерке извлеченных деталей 3 детали бракованные и 2 детали доброкачественные. Решение. Как уже отмечалось выше, будем считать, что все детали пронумерованы, т.е.

они образуют множество из n = 50 различных по номерам объектов, из которых 10 – бракованные, а остальные 40 – доброкачественные. Из этой партии наудачу берутся 5 деталей. В этом состоит эксперимент. Событие A – все 5 деталей бракованные, событие B – все 5 деталей доброкачественные, событие C – в пятерке извлеченных деталей 3 детали бракованные и 2 – доброкачественные. Элементарный исход нашего эксперимента определяется номерами пяти взятых деталей, причем порядок указания этих номеров не имеет значения. Следовательно, элементарное событие совпадает с сочетанием из 50 элементов по 5. Общее число таких элементарных событий совпадает с числом различных сочетаний из 50 элементов по 5 и выражается формулой |Ω|= C 550 =

50! < ∞. 5! 45!

Все эти элементарные исходы образуют полную группу и равновозможны, так как 5 деталей берутся наудачу и одна пятерка деталей имеет такие же шансы быть взятой, что и любая другая. Выполнены все предпосылки применимости классического определения вероятности. Событию A благоприятствуют лишь те пятерки деталей, которые взяты из 10 5 бракованных деталей. Так как порядок взятых 5-ти деталей не играет роли, то |A|= С10 =

следовательно, P(A)= из

40

5 С 10

С 550

10! и, 5! 5!

. Событию B благоприятствуют лишь пятерки деталей, которые взяты

доброкачественных

деталей.

Поэтому

|B|= С 540 ,

и

P(B)=

С 540 С 550

.

Событию

C

благоприятствуют лишь те элементарные исходы (пятерки деталей), которые содержат 3 бракованные и 2 доброкачественные детали. По правилу умножения число таких исходов равно 3 C 240 и, следовательно, P(C)= |C|= C10

3 C 240 C10

C 550

.

Пример 5. В урне находятся 25 белых и 5 черных шаров. Из урны наудачу извлекаются 9 шаров. Найти: 1)вероятность того, что все 9 шаров – белые; 2)вероятность того, что среди 9ти извлеченных шаров 3 черного цвета; 3)вероятность того, что среди 9-ти извлеченных шаров имеется хотя бы один шар черного цвета. Решение. Всего в урне 30 шаров. Будем считать, что все они пронумерованы. Эти 30

шаров разделяются на две группы. Первая группа состоит из 25-ти белых шаров, вторая группа состоит из 5-ти черных шаров. Эксперимент состоит в изъятии наудачу 9-ти шаров из 30-ти шаров. Взятая девятка образует 9-элементное подмножество множества из 30-ти шаров (их порядок не имеет значения), т.е. является сочетанием из 30 элементов по 9. Обозначим через A событие – все 9 шаров – белые. Событие B – из 9 вынутых шаров 3 черных. Событие C среди 9ти вынутых шаров имеется хотя бы один черный шар. Элементарным событием в этом эксперименте объявим любое сочетание из 30-ти элементов по 9. Тогда число таких элементарных событий равно |Ω|= С 930 =

30! < ∞. 9! 21!

Ясно, что эти элементарные исходы образуют полную группу и равновозможны, т.к. шары берутся наудачу и шансы появиться у одной девятки шаров равны шансам появиться у любой другой девятки шаров. Выполнены все предпосылки применимости классического определения вероятности. Событию

A благоприятствуют лишь те сочетания, которые являются

девятиэлементными подмножествами 25-элементного множества белых шаров. Поэтому |A|= C 925 и P(A)=

C 925 C 930

. Событию B благоприятствуют лишь те сочетания из 9 шаров, которые

содержат 3 черных и 6 белых шаров. По правилу умножения |B|= С 35 ⋅ С 625 и, следовательно, P(B) =

C 35 ⋅ C 625 C 930

. Событие C означает, что все 9 шаров – белые, т.е. C = A . Поэтому

P(C) = 1 – P( C ) = 1 - P( A ) = 1 -

C 925 C 930

.

Пример 6. Из колоды в 36 карт наудачу берутся 7 карт. 1)Какова вероятность взять i тузов, i = 0, 4 ? 2)Какова вероятность взять хотя бы один туз? Решение. Испытание состоит в изъятии наудачу 7-ми карт из колоды в 36 карт. При этом

порядок взятия семи карт не имеет значения. Колода представляет собой множество из n = 36 различимых элементов (карты различны). Обозначим через Ai событие – извлечено ровно i

тузов, i = 0, 4 , событие B – взят хотя бы один туз (это означает, что либо взят один туз, либо взяты два туза, либо – три туза, либо – четыре туза). Элементарным событием объявим любую семерку карт, взятых из 36 карт, при этом порядок не учитывается. Таким образом, элементарное событие совпадает с сочетанием из 36 элементов по 7. Поэтому число 7 = элементарных событий |Ω|= С 36

36! < ∞ . Очевидно, все эти элементарные события образуют 7! 29!

полную группу, кроме того, они равновозможны, так как 7 карт берутся наудачу (это означает, что каждая семерка карт имеет такие же шансы появиться, как и любая другая семерка карт). Выполнены все условия применимости классического определения вероятности. Событию Ai благоприятствуют те семерки карт, которые содержат по i тузов и по 7 – i других карт, i = 0, 4 . 7 -i . В колоде содержится 4 туза и 36 – 4 = 32 другие карты. По правилу умножения |Ai| = C i4 ⋅ C 32

Тогда P(Ai)=

7 -i C i4 ⋅ C 32 7 C 36

, i = 0, 4 .

Событие B означает, что в семи взятых картах есть хотя бы один туз. В такой ситуации часто бывает легче найти вероятность противоположного события B . Событие B означает, что среди взятых карт нет тузов, т.е. имеется нуль тузов. Это значит, что B = A0 и, следовательно,

P( B ) = P( A 0 ) =

7 C 32 7 C 36

, откуда следует, что P(B) = 1 - P( B ) = 1 -

7 C 32 7 C 36

.

Пример 7. На девяти одинаковых карточках написано по одной цифре от 1 до 9 (на разных карточках разные цифры). Наудачу берутся 5 карточек и располагаются в строку. Найти вероятность того, что: 1)получится четное число; 2)полученное число делится на 5; 3)полученное число делится на 25. Найти вероятности тех же событий, если наудачу располагаются все 9 карточек. Решение. Карточки образуют множество из n = 9 различимых элементов (на карточках

разные цифры). Эксперимент состоит во взятии наудачу пяти карточек из девяти и расположении их наугад в строку. В результате получается пятизначное число. Во втором случае, когда берутся все 9 карточек и располагаются в строку, получается 9-значное число. Пусть событие A означает, что полученное число четное; событие B означает, что полученное число делится на 5; событие C означает, что полученное число делится на 25. В первом испытании под элементарным событием понимаем любое пятизначное число, которое можно получить. Поскольку пятизначное число определяется набором различных цифр, а также их

порядком следования, то элементарное событие совпадает с размещением из 9 элементов по 5. Поэтому число элементарных событий |Ω|= A 59 = 9! < ∞ . Очевидно, все эти элементарные 4! события образуют полную группу и равновозможны. Равновозможность обеспечивается взятием наудачу пяти карточек и расположением их в произвольном порядке. Выполнены все предпосылки применимости классического определения вероятности. Найдем |A|. Пятизначное число является четным тогда и только тогда, когда последняя цифра четна, т.е. равна либо 2, либо 4, либо 6, либо 8. Нуль не берем, так как он отсутствует на девяти карточках. Таким образом, четное пятизначное число с различным написанием цифр можно получить, совершив последовательно два действия. Первое действие – выбор четной цифры для написания последней цифры пятизначного числа. Это действие можно совершить четырьмя различными способами по числу различных четных цифр. Второе действие состоит в выборе наудачу четырех цифр из оставшихся восьми свободных цифр и расположении их наугад на первых четырех позициях написания пятизначного числа. Второе действие можно выполнить A 84 различными способами. По правилу умножения |A|=4 ⋅ A 84 и, следовательно, P(A)=

4 ⋅ A 84 A

5 9

=

4 . 9

Событию B благоприятствуют те элементарные события, у которых на последнем месте стоит цифра 5. Значит, количество таких пятизначных чисел совпадает с числом размещений четырех элементов из 8-и оставшихся карточек, не содержащих цифру 5: |B|= A 84 . Поэтому P(B) =

A 84 A

5 9

=

1 . 9

Событию C благоприятствуют лишь те пятизначные числа, последние две цифры которых образуют двузначное число, которое делится на 25. В нашем случае возможные варианты: последние две цифры образуют либо число25, либо число 75. Таким образом, последние две цифры пятизначного числа могут быть записаны двумя разными способами. Тогда первые три цифры пятизначного числа могут быть написаны A 37 различными способами. Поэтому |C|=2 A 37 и, следовательно, P(C)=

2A 37 A

5 9

=

1 . 36

Наконец, если будем располагать все 9 карточек наудачу в строку, то будем получать различные девятизначные числа. Элементарным событием объявим любую перестановку 9-ти

карт. |Ω|=9! Рассуждая, как и выше, получим |A|=4⋅8! Поэтому P(A)=

P(B) =

4 ⋅ 8! 4 = . |B|=8!, 9! 9

2 ⋅ 7! 1 8! 1 = . |C|=2⋅7!, P(C)= = . 9! 36 9! 9 Пример 8. На полке наудачу располагаются 10 различных книг. Какова вероятность

того, что: 1)две заранее отмеченные книги окажутся рядом; 2)три заранее отмеченные книги окажутся рядом? Решение. Испытание состоит в расположении 10-ти книг на полке. Событие A – две заранее отмеченные книги оказались рядом, неважно в каком порядке. Событие B – три отмеченные книги оказались рядом, неважно в каком порядке. Элементарным событием объявляем любую перестановку 10-ти книг на полке. Ω состоит из множества всевозможных таких перестановок. Очевидно, Ω образует полную группу элементарных равновозможных событий. |Ω|=10!<∞. Выполняются все условия для применимости классического определения вероятности. Событию A благоприятствуют лишь те перестановки 10-ти книг, у которых две отмеченные книги окажутся рядом, неважно в каком порядке. Как уже было отмечено ранее в пункте 1, |A|=2!9!. Поэтому

P(A)=

2! 9! 1 = . Событию B благоприятствуют лишь те 10! 5

перестановки 10-ти книг, у которых заранее отмеченные 3 книги окажутся рядом, неважно в каком порядке. В первом пункте уже было подсчитано, что число таких перестановок равно |B|=3!8!. Поэтому P(B)=

3! 8! 1 = . 10! 15

Пример 9. Имеется n различных писем, вложенных в n конвертов по одному в каждом. Затем n конвертов подписываются n различными адресами наудачу и отправляются по почте. Какова вероятность того, что хотя бы одно письмо попадет тому, кому написано? Решение. Испытание состоит в следующем. Имеется n различных писем, размещенных в n конвертах. Имеется n адресов, соответствующих n адресатам. Затем n конвертов наудачу

подписываются адресами без повторов и отправляются по почте. Надо найти вероятность того, что хотя бы одно письмо попадет тому, кому оно написано. Для удобства пронумеруем конверты числами 1, 2, …, n. Обозначим через A i событие – конверт с номером i подписан адресом, совпадающим с адресом того, кому написано письмо, i = 1, n . A = A 1 U A 2 U ...U A n – означает, что хотя бы одно письмо попадет тому, кому написано. Элементарным событием назовем последовательность n адресов, которыми подписаны конверты, т.е. перестановку из n адресов. Тогда |Ω| = n! < ∞. Очевидно, Ω образует полную группу элементарных

равновозможных событий. Найдем |A| – число перестановок, благоприятствующих A. По формуле включения-исключения n

n

i =1

i =1

| A |=| U A i |= ∑ | A i | − где

A i1 I A i2 IK I A ik

∑ | A i I A j | + ∑ | A i I A j I A k | −... + (−1) n−1 | A1 I A 2 I ...I A n |,

1≤i < j ≤ n

1≤i < j < k ≤ n

равно числу перестановок из n адресов, при которых конверты с

номерами i1 , i2 ,K , ik подписаны правильно. Подсчитаем |Ai| – число перестановок n адресов, при которых конверт с номером i подписан правильно, а остальные подписаны неважно как. Очевидно, |Ai|=(n – 1)!, i = 1, n . Тогда

n

∑ | A i |= n(n − 1)!= n! . При i < j i =1

| A i I A j | равно числу

перестановок n адресов, при которых конверты с адресами i и j подписаны правильно, а остальные подписаны неважно как. Поэтому | A i I A j | = (n – 2)! – одно и то же при всех i < j. Очевидно, число различных пар i, j, для которых 1 ≤ i ≤ j ≤ n равно C 2n =

∑ | A i I A j | = (n - 2)!C n2

1≤ i ≤ j ≤ n

n! . Поэтому 2!(n − 2)!

= n! . При i < j < k | A i I A j I A k | равно (n – 3)! – совпадает с числом 2!

перестановок n адресов, у которых i-тый, j-тый, k-тый адреса написаны правильно. Число различных троек i, j, k, у которых 1 ≤ i < j < k ≤ n , равно C 3n =

n! . Тогда 3!(n − 3)!

n! n! n! n −1 n! | A i I A j I A k |= (n − 3)!C 3n = n! и т. д. Откуда |A|=n!- + − + ... + (−1) 2! 3! 4! n! 3! 1≤ i < j < k ≤ n

∑

Поэтому искомая вероятность n −1 n! n! n! (−1) n −1 | A | n!- 2! + 3! − ... + (−1) n! = = 1 − 1 + 1 − 1 + ... + . P(A)= n! 2! 3! 4! n! Ω

Вероятность совпадает с частичной суммой ряда Тейлора exp(x) при x = −1 .

Пример 10. (Статистики Больцмана.) Имеется N различимых ячеек. Можно считать, что ячейки пронумерованы от 1 до N. Имеется n ≤ N различимых частиц. По статистической модели Больцмана каждая частица может находиться в любой из N ячеек, независимо от остальных частиц. При этом все такие распределения n частиц по N ячейкам равновозможны. В этом и состоит статистическая модель Больцмана. Таким образом, каждое распределение n частиц по N ячейкам определяется тем, какие частицы попали в первую ячейку, какие – во вторую, …, какие – в N-ю ячейку, и по модели Больцмана все эти распределения равновероятны. Пусть событие A состоит в том, что в каждой из заранее зафиксированных n ячеек находится ровно по одной частице. Событие B – в

каких-либо n ячейках находится ровно по одной частице (неважно в каких). Найдем P(A) и P(B). Эти вероятности, найденные для такой физической модели, носят название статистик Больцмана. Элементарным событием объявляем любое распределение n частиц по N ячейкам. В первом пункте было подсчитано, что число таких различных распределений равно |Ω|= N n < ∞ . Все эти распределения образуют полную группу и, согласно физической модели Больцмана, являются равновозможными. Выполнены все предпосылки применимости классического определения вероятности. Событию A благоприятствуют те распределения n частиц по N ячейкам, при которых в каждой из n отмеченных ячеек находится ровно по одной частице. Так как n частиц различимы между собой, то |A|=n! – число перестановок n частиц по n ячейкам. Поэтому P( A) = n!n . Событию B благоприятствуют лишь те распределения n частиц по N N

ячейкам, при которых в каких-либо n ячейках находится ровно по одной частице. Поэтому

| B |= C nN ⋅ n! =

|B| N!⋅n! = N! N! и P (B ) = = . ( N - n)!n! ( N - n)! | Ω | ( N − n)! N n

Пример 11. (Статистики Бозе-Эйнштейна.) Имеется N различимых ячеек с номерами от 1 до N, имеется n ≤ N неразличимых между собой частиц. В любой ячейке может находиться любое число частиц. Каждое распределение n частиц по N ячейкам определяется тем, сколько частиц находится в первой ячейке, сколько – во второй, …, сколько – в N-ой. При этом неважно, какие частицы находятся в каждой ячейке, т.к. они индивидуально неразличимы. В физической модели Бозе-Эйнштейна все эти распределения

объявляются

равновозможными.

Найти

вероятности:

1)в

заранее

фиксированных n ячейках находится ровно по одной частице; 2)в каких-либо n ячейках из общего числа N находится ровно по одной частице. Решение. Испытание состоит в распределении n частиц по N ячейкам. Событие A – в фиксированных n ячейках находится ровно по одной частице. Событие B – в каких-либо n ячейках из общего числа N ячеек находится ровно по одной частице. Элементарным событием объявляется любое распределение n неразличимых частиц по N ячейкам. Таким образом, распределение характеризуется количеством частиц, попавших в первую ячейку, во вторую ячейку и т.д.. Согласно физической модели Бозе-Эйнштейна все эти распределения равновозможны. В первом пункте было показано, что число таких распределений

Ω = C nN+−N1 −1 =

(n + N − 1)! < ∞. (N − 1)! n!

Все эти распределения, очевидно, образуют полную группу равновозможных элементарных событий. Ясно, что |A|=1. Поэтому P( A ) =

1 C

N -1 n + N -1

=

n!(N − 1)! . Событию B (n + N − 1)!

благоприятствуют те распределения, при которых в каких-либо n ячейках находится ровно по одной частице. Порядок n ячеек не имеет значения, так как частицы неразличимы. Поэтому

| B |= C nN

и

P(B) =

C nN C nN+−N1 −1

. Вероятности P(A) и P(B) называются статистиками Бозе-

Эйнштейна. Пример 12. (Статистики Ферми-Дирака.) Как и раньше, имеется N различимых ячеек и n ≤ N неразличимых частиц. Согласно физической модели Ферми-Дирака, в каждой ячейке может находиться не более одной частицы т.е. или 0, или 1 частица. При этом все такие распределения n частиц по N ячейкам объявляются равновозможными. Найти вероятность того, что: 1)частицы будут находиться в определенных n ячейках; 2)частицы будут находиться в каких-либо n ячейках. Решение. Событие A – частицы находятся в определенных n ячейках. Событие B –

частицы находятся в каких-либо n ячейках. Элементарным событием объявляется любое распределение n неразличимых частиц по N ячейкам, при котором в каждой ячейке находится не более одной частицы. Очевидно, число таких распределений | Ω |= C nN , множество этих распределений образует полную группу и, согласно физической модели Ферми-Дирака, все они равновозможны. Далее очевидно, что |A|=1, поэтому

P(B) =

C nN C nN

P( A) = 1n ; CN

| B |= C nN поэтому

= 1.

Итак, мы видим, что вероятности меняются в зависимости от выбора физической модели. Замечание. В литературе зачастую применяются следующие обозначения: множество

всех элементарных исходов Ω = n ; множество элементарных исходов, благоприятствующих событию A, A = m .

Геометрическое определение вероятности Пусть G – борелевское множество в R n , n ≥ 1, для которого 0 < mesG < ∞ , подобласть

D ⊂ G, D –

борелевское множество. Рассматривается следующий эксперимент: наудачу

берется точка из G (другой вариант: наудачу бросается точка на G). При этом точка может случайным образом попасть в D. Геометрическое определение вероятности утверждает, что вероятность попадания точки в D выражается равенством

P(D) =

mesD . mesG

Здесь D = G – достоверное событие, D = ∅ – невозможное событие. Очевидно 0 ≤ P(D) ≤ 1. В отличие от классического определения вероятности из того, что P(D)=1, не следует, что D = G, т.е. что D – достоверное событие. Действительно, пусть D совпадает с G без одной точки. Тогда D не является достоверным событием, хотя P(D) = 1. Аналогично, из того, что P(D) = 0, не следует, что D = ∅, т.е. что D – невозможное событие. Например, если D состоит из одной точки, то mesD = 0 ,

P(D) = 0,

но D не является невозможным событием. Будем

обозначать противоположное событие G\D через D . Как и при классическом определении вероятности P( D) = 1 - P( D).

Пример 1. В круг радиуса R наудачу бросается точка. Какова вероятность, что взятая точка окажется от центра круга на расстоянии, большем, чем R/2? Решение. Эксперимент состоит во взятии наугад точки в круге радиуса R. Значит, G

совпадает с множеством точек круга радиуса R. Элементарным событием является точка круга радиуса R, mesG = πR 2 , 0 < рR 2 < ∞. D – множество точек круга G, отстоящих от центра круга на расстояние, большее, чем R/2; mesD = πR 2 − π(R/2 ) = 3рR 2 / 4. По геометрическому 2

2 определению вероятности P( D) = 3рR 2 = 3 . 4 4 ⋅ рR

Пример 2. На горизонтальном диаметре круга радиуса R наугад берется точка. Затем через эту точку проводится хорда, перпендикулярная диаметру. Найти вероятность того, что длина хорды не превосходит R. Решение. Угол ∠AOB=∠ A ′OB′ = р (см. 6

рис.1). Эксперимент состоит во взятии наудачу точки из интервала (−R, R ) , следовательно, G =

(− R, R ) , а mesG = 2 R . Так как ∠AOB= р , то 6

A′

−R

A

B′

0

длина отрезка AB равна R и, следовательно, 2 хорда, проходящая через A и B, равна R. В Рис.1

B

R

качестве D берем [B, R] U [−R, B′]. Длина вертикальной хорды не превосходит R тогда и только тогда, когда наудачу взятая точка из G попадет в D. Так как mesD = 2R − 2Rcos то по геометрическому определению вероятности P( D) =

р = 2R − R 3 , 6

2R − R 3 3 = 1− ≈ 0.15. 2R 2

Пример 3. На верхней полуокружности радиуса R наудачу берется точка. Затем через эту

точку

проводится

хорда,

перпендикулярная

горизонтальному

диаметру.

Какова

вероятность, что длина хорды не превосходит R? Решение. Испытание состоит во взятии наугад точки из верхней полуокружности

радиуса R. Значит, G образовано множеством точек верхней полуокружности; mesG = рR , 0< πR< ∞.

Обозначим через D объединение двух дужек (см. рис. 1): ∪RA и ∪(–R)A. Длина искомой хорды не превзойдет R тогда и только тогда, когда наудачу взятая точка, через которую проводится вертикальная хорда, содержится в D. Так как mesD = 2 ⋅ р R = рR , то искомая 3 6 вероятность находится по геометрическому определению и имеет значение

рR P(D) = 3 = 1 ≈ 0.33. рR 3 Может показаться, что пример 2 и пример 3 одинаковы, так как точки горизонтального диаметра находятся во взаимно однозначном соответствии с концами вертикальных хорд, проходящих через них, лежащих на верхней полуокружности. Иными словами, на первый взгляд, два различных способа решения приводят к различным ответам. На самом деле, две последние задачи совершенно различны, так как речь в них идет о различных испытаниях. В примере 2 наудачу берутся точки горизонтального диаметра, через которые проводят хорды, а в примере 3 испытание состоит во взятии наудачу точек верхней полуокружности, через которые проводят хорды. Пример 4. (Задача о встрече.) Двое договариваются о встрече в определенном месте, которая должна произойти в промежутке времени от нуля до часа. Каждый из договаривающихся приходит к месту встречи в любой наугад взятый момент времени из промежутка [0, 1] и ждет другого 20 минут (в пределах указанного промежутка времени). Какова вероятность, что встреча состоится? Решение. Обозначим через x момент прихода первого лица, через y – момент прихода

второго лица. По условию 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, x, y принимают указанные значения независимо друг от друга. Эксперимент состоит в приходе двух лиц к месту встречи. Элементарным

событием является упорядоченная пара (x, y),

т.е.

точка

плоскости.

заполняют

единичный

mesG = 1 .

Наш

Эти квадрат

эксперимент

отождествляем

с

точки

y

G,

1

мы

G

экспериментом,

D

1 3

состоящим во взятии точки из G. Встреча состоится тогда и только тогда, когда

| x − y | ≤ 1 , x, y ∈ G . 3

Множество

− 1 3

точек,

1 3

0

− 1 3

x

1

Рис.2

удовлетворяющих последнему условию,

обозначим через D. Изобразим эту область D. Область D является частью квадрата, заключенной между прямыми y = x ± 1 (см. рис.2). Мера D равняется площади квадрата минус 3 сумма площадей двух треугольников, отсекаемых от квадрата указанными прямыми. Соединив два

треугольника

гипотенузами,

получим

квадрат

со

стороной

2. 3

Следовательно,

2

mesD = 1 - ⎛⎜ 2 ⎞⎟ = 5 . По геометрическому определению вероятности искомая вероятность 9 ⎝3⎠ 5 9 p = = 5. 1 9 Пример 5. (Задача Бюффона.) Плоскость разграфлена параллельными прямыми, отстоящими друг от друга на расстоянии 2а . На плоскость наудачу бросается игла длины 2l ,

ϕ

x

2l

a

G

2a

x = l sin ϕ

D 0 Рис.3

Рис.4

(l < a ) . Найти вероятность того, что игла пересечет какую-нибудь прямую.

π

ϕ

Решение. Обозначим через ϕ угол, который игла образует с параллельными прямыми

(0 ≤ ϕ < π) , через x − расстояние от середины упавшей иглы до ближайшей к ней параллельной прямой, 0 ≤ x ≤ a (см. рис. 3). Множество точек (ϕ, x ) образует прямоугольник G декартовой плоскости (см. рис.4), mesG = aπ . Эксперимент, состоящий в бросании наудачу иглы на плоскость, отождествляется с экспериментом, состоящим во взятии точки (ϕ, x ) из области G. Игла пересечется с одной из параллельных прямых тогда и только тогда, когда будет выполняться неравенство x ≤ l sin ϕ . Последнее неравенство задает область D⊂G, π

π

mesD = ∫ l sin ϕ dϕ = −l cosϕ 0 = 2l. 0

Из этого следует, что искомая вероятность p = 2l . aπ Пример 6. Отрезок длины l ломается в двух наугад взятых точках. Какова вероятность того, что из трех полученных отрезков можно построить треугольник? Напомним, что из трех отрезков можно построить треугольник тогда и только тогда,

когда

сумма

длин

любых

y

двух

l

отрезков больше длины третьего. Решение. Обозначим концы отрезка

длины l через M и N . Через x обозначим расстояние от M до первой точки излома, через y − расстояние между двумя точками излома.

l 2

D

x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ l .

Очевидно

Обозначим через G область, задаваемую этими неравенствами.

Ее

границами

являются оси x = 0, y = 0 и прямая x + y = l . G

представляет

собой

0

прямоугольный с

l 2

l

x

Рис.5

равнобедренный

треугольник

катетом

длины l ; mesG =

l 2 . Эксперимент состоит в изломе отрезка длины l в двух точках наудачу. 2

Мы этот эксперимент отождествим с экспериментом, состоящим во взятии точки из области G. Полученные три отрезка имеют длины x, y, l − ( x + y ) . Из этих отрезков можно составить треугольник тогда и только тогда, когда выполняются условия

⎧ x + y > l − ( x + y ), ⎪ ⎨ x + l − ( x + y ) > y; что равносильно условиям ⎪ y + l - ( x + y ) > x, ⎩

⎧x + y > l , ⎪ 2 ⎪ l ⎨ x< , 2 ⎪ ⎪ y< l. 2 ⎩

Обозначим через D область, задаваемую этими неравенствами (см. рис. 5). Область D представляет собой равнобедренный прямоугольный треугольник с катетом длины l . Поэтому 2

l2 2 l mesD = и искомая вероятность p = 8 = 1 . 8 l2 4 2 Пример 7. Какова вероятность того, что из трех взятых наудачу отрезков длины не больше l можно построить треугольник? Решение. Обозначим длины этих отрезков через x, y, z. Имеем 0 < x ≤ l , 0 < y ≤ l , 0 < z ≤ l. Обозначим через G множество

которых

z

(x, y, z), для

точек с координатами

0 < x ≤ l, 0 < y ≤ l, 0 < z ≤ l −

l

куб в трехмерном пространстве с ребром длины состоит

l , mesG = l 3 .

во

Эксперимент

взятии

наудачу

трех

отрезков, длины которых x, y, z. Мы его отождествим

с

экспериментом,

состоящим во взятии точки из куба G. Из

l

этих трех отрезков можно построить треугольник тогда и только тогда, когда выполняются условия:

x

l

y Рис.6

⎧ x + y > z, ⎪ ⎨ x + z > y, ⎪ y + z > x. ⎩ Эти неравенства определяют область D. Область D получается отбрасыванием от куба трех тетраэдров, отсекаемых плоскостями x + y = z , x + z = y , y + z = x (см. рис.6). Объем каждого

l3 3 3 l , следовательно, mesD = l 3 − 3 l = l и искомая вероятность p = 23 = 1 . тетраэдра равен 2 6 2 6 l 3

Литература. 1) Гнеденко Б. В. Курс теории вероятностей. 2) Ширяев А. Н. Вероятность. 3) Свешников А. А. и др. Сборник задач по теории вероятностей, математической статистике и теории случайных функций.

МИНИСТЕРСТВО ОБЩЕГО И ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ РОСТОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

Г. М. Бездудный, В. А. Знаменский, Н. В. Коваленко, В. Е. Ковальчук, А. И. Луценко, В. В. Рындина

ЗАДАЧИ ПО ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ Часть 2 ТЕОРЕМЫ СЛОЖЕНИЯ И УМНОЖЕНИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ, ФОРМУЛЫ ПОЛНОЙ ВЕРОЯТНОСТИ И БАЙЕСА, СХЕМА БЕРНУЛЛИ МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ по решению задач по теории вероятностей для студентов механико-математического факультета

Ростов-на-Дону 2002 г.

УДК 519.2 Г. М. Бездудный, В. А. Знаменский, Н. В Коваленко, В. Е. Ковальчук, А. И. Луценко, В. В. Рындина Задачи по теории вероятностей. Часть 2. Теоремы сложения и умножения вероятностей, формулы полной вероятности и Байеса, схема Бернулли. Методические указания к решению задач для студентов всех специальностей и всех форм обучения механико-математического факультета РГУ.

Печатается по постановлению кафедры теории функций и функционального анализа механико- математического факультета РГУ. Протокол № от 2001 г. Ответственный за выпуск – доктор физико-математических наук, профессор Кондаков В. П.

Цель настоящей работы – помочь студентам в приобретении навыков по решению задач по теории вероятностей. В начале каждого раздела приводится необходимый теоретический материал, после чего подробно рассматривается большое число типовых примеров.

© Коллектив авторов

Вероятности суммы и произведения событий Для любых двух случайных событий A и B справедливо: P(A+B) = P(A) + P(B) – P(AB); P(AB) = P(A)P(B/A). Если случайные события A и B несовместные, то P(A+B) = P(A)+P(B). Если случайные события A и B независимые, то P(AB) = P(A)P(B). Формулы вероятностей суммы и произведения событий обобщаются на любое конечное число случайных событий. В частности: P(A+B+C) = P(A) + P(B) + P(C) – P(AB) – P(AC) – P(BC) + P(ABC); P(ABC) = P(A)P(B/A)P(C/AB). Вероятность некоторого случайного события D может быть вычислена с помощью этих формул, если ввести более простые события, например: A1, A2, B1, B2, вероятности которых либо даны в условии задачи, либо легко вычисляются. Событие D с помощью алгебраических операций над множествами представляется в виде комбинации введенных событий. Пусть, например, D = A1B2 + A2B1. Тогда P(D) = P(A1B2 + A2B1). Решив вопрос о совместности или несовместности случайных событий-слагаемых, записываем, чему равна вероятность суммы A1B2 и A2B1. Определив, зависимыми или независимыми будут события-сомножители, записываем, чему равны вероятности произведений. Например, если события A1B2 и A2B1 – несовместные, а пары A1, B2 и A2, B1 – зависимые события, получим: P(D) = P(A1B2) + P(A2B1) = P(A1)P(B2/A1) + P(A2)P(B1/A2). Пример 1. В библиотеке на стеллаже в случайном порядке расставлены десять учебников по экономике и пять – по математике. Библиотекарь наудачу берет три учебника. Найти вероятность того, что хотя бы один из взятых учебников будет по математике. Способ первый. Очевидно, что случайное событие D – ни один из взятых учебников не будет по математике. Тогда D + D = U – достоверное событие. P(D + D ) = P(U) = 1. События D и D – несовместные, следовательно, P(D) + P( D ) = 1. С помощью классического определения 3 3 вероятности вычисляем: P( D ) = C 10 : C 15 = 24 91. Тогда P(D) = 1 – P( D ) = 1 – 24/91 = 67/91.

Способ второй. Пусть случайное событие A – один из трёх учебников – по математике, случайное событие B – два из трёх взятых учебников – по математике и случайное событие C – три взятых учебника – по математике. Тогда случайное событие D можно представить в виде суммы трёх введённых событий: D = A + B + C. События A, B и C – несовместные, то есть не могут одновременно произойти. Тогда P(D) = P(A + B + C) = P(A) + P(B) + P(C). Применяя

2 3 классическое определение вероятности, вычисляем: P(A) = C 15 C 10 / C 15 = 45 / 91; P(B) =

3 0 3 = 20/91; P(C) = C 35 C 10 = 2/91. Подставив эти вероятности в предыдущее C 52 C 110 / C 15 / C 15

равенство, получаем: P(D) = 45/91 + 20/91 + 2/91 = 67/91. Способ третий. Пусть случайное событие Ai – i-й взятый учебник является учебником по математике. Тогда D = A1 + A2 + A3. Так как события Ai – совместные, то P(D) = P(A1) + P(A2) + P(A3) – P(A1A2) – P(A1A3) – P(A2A3) + P(A1A2A3). P(A1) = P(A2) = P(A3) =1/3. События Ai – зависимые, поэтому P(A1A2) = P(A1)P(A2/A1) = 5/15⋅ 4/14 = 2/21. Так же вычисляются и P(A1A3), P(A2A3). Наконец, P(A1A2A3) = P(A1)P(A2/A1) ⋅ P(A3/A1A2) = 5/15⋅4/14⋅3/13 = 2/91. Следовательно, P(D) = 3⋅1/3 – 3⋅2/21 + 2/91 = 67/91. Пример 2. Два стрелка стреляют по одной мишени. Вероятности попадания в мишень при одном выстреле для стрелков соответственно равны p1=0,7 и p2=0,8. Найти вероятность того, что при одном залпе в мишени будет: а)одно попадание; б)не менее одного попадания. Решение. Случайное событие A – в мишени одно попадание, случайное событие B – в мишени не менее одного попадания. Введём случайные события: C1 – в мишень попал первый стрелок, C2 – в мишень попал второй стрелок. Тогда, очевидно,

A = C1 C 2 + C1C 2 ; B = C1 C 2 + C1C 2 + C1C 2 . В обеих формулах случайные события-слагаемые – несовместны, а случайные событиясомножители – независимы, так как вероятность попадания в мишень каждого из стрелков не зависит от результата стрельбы другого стрелка. Поэтому

P( A) = P(C1 C 2 ) + P( C1C 2 ) = P(С1 ) ⋅ P( С 2 ) + P( С1 ) ⋅ P(С 2 ) = 0,7 ⋅ 0,2 + 0,3 ⋅ 0,8 = 0,38. P(B) = P(C1 ) ⋅ P( C 2 ) + P( C1 ) ⋅ P(C 2 ) + P(C 1 ) ⋅ P(C 2 ) = 0,7 ⋅ 0,2 + 0,3 ⋅ 0,8 + 0,7 ⋅ 0,8 = 0,94 . Случайное событие B можно представить и так: B = C1 + C2. Так как события C1 и C2 совместны, но независимы, то в этом случае P(B) = P(C1) + P(C2) – P(C1)P(C2) = 0,7 + 0,8 – 0,7⋅0,8 = 0,94. Вероятность

события

B

можно

определить

также,

вычислив

сначала

вероятность

противоположного события B . Так как B = C1 C 2 , то P( B ) = P( C1 )P( C 2 ) = 0,3⋅0,2 = 0,06. Тогда P(B) = 1 – 0,06 = 0,94. Пример 3. В первой урне находятся три белых, пять красных и семь синих шаров, во второй урне – два белых, четыре красных и девять синих шаров. Из каждой урны наудачу извлекают по одному шару. Найти вероятность того, что извлечённые шары будут одного цвета.

Решение. Случайное событие D – извлечённые шары одного цвета. Введём ещё шесть случайных событий: Ai – из i-ой урны извлекли шар белого цвета; Bi – из i-ой урны извлекли шар красного цвета; Ci – из i-ой урны извлекли шар синего цвета; i = 1, 2. Вероятности этих событий легко вычисляются по классическому определению вероятности. Очевидно, что шары будут одного цвета, если они будут оба или белого, или красного, или синего цвета. Значит, D = A1A2 + B1B2 + C1C2. Ясно, что события-слагаемые несовместны, а события-сомножители независимы. Следовательно, P(D) = P(A1A2) + P(B1B2) + P(C1C2) = P(A1)P(A2) + P(B1)P(B2) + P(C1)P(C2) = = 3 ⋅ 2 + 5 ⋅ 4 + 7 ⋅ 9 = 89 . 15 15 15 15 15 15 225 Пример 4. Студент знает 20 из 25 вопросов программы. Не применяя классическое определение вероятности, определить вероятность того, что: a)студент знает все три предложенные ему вопроса; б)студент не знает лишь второй из трёх предложенных ему вопросов; в)студент не знает только один из трёх предложенных ему вопросов. Решение. Введём обозначения: событие A – студент знает три вопроса; событие B – студент не знает второй вопрос; событие C – студент не знает один из трёх вопросов; событие Di – студент знает i-й предложенный ему вопрос (i = 1, 2, 3). Тогда события A, B и C можно представить так: A = D1D2D3, B = D1 D 2D3, C = D 1D2D3 + D1 D 2D3 + D1D2 D 3. События D1, D2 и D3 являются зависимыми, потому что вероятность знания или незнания каждого следующего вопроса изменяется в зависимости от осуществления или неосушествления предыдущего события. Поэтому P(A) = P(D1D2D3) = P(D1)P(D2/D1)P(D3/D1D2) = 20 ⋅ 19 ⋅ 18 = 57 . 25 24 23 115 P(B) = P(D1 D 2D3) = P(D1)P( D 2/ D1)P(D3/ D1 D 2) = 20 ⋅ 5 ⋅ 19 = 14 . 25 24 23 138 При нахождении вероятности события C учтём, что слагаемые – несовместные события. P(C) = P( D 1D2D3) +P(D1 D 2D3) + P(D1D2 D 3) =

5 ⋅ 20 ⋅ 19 + 20 ⋅ 5 ⋅ 19 + 20 ⋅ 19 ⋅ 5 = 3 ⋅ 19 = 57 . 138 138 25 24 23 25 24 23 25 24 23 Пример 5. Какова вероятность того, что наудачу взятое натуральное число не делится: а)ни на два, ни на три; б)на два или на три?

Решение. Пусть случайное событие A – наудачу взятое число не делится ни на два, ни на три; случайное событие B – наудачу взятое число не делится на два или на три. Введём ещё два события: C – наудачу взятое число не делится на два; D – наудачу взятое число не делится на три. Тогда, очевидно, A = CD, B = C + D. События C и D независимы, так как и среди всех натуральных чисел и среди нечётных натуральных чисел два числа из идущих подряд трёх не делятся на три, следовательно, P(A) = P(C)P(D) = 1 ⋅ 2 = 1 . Однако события C и D совместны, 2 3 3 поэтому P(B) = P(C) + .P(D) – P(CD) = P(C) + .P(D) – P(C)P(D) = 1 + 2 − 1 ⋅ 2 = 5 . 2 3 2 3 6 Пример 6. Абонент забыл последнюю цифру номера телефона и набирает её наудачу. Определить вероятность того, что он наберёт нужный номер не более, чем за три попытки. Решение. Случайное событие A – абонент дозвонился не более, чем за три попытки набора номера. Пусть случайное событие Ai – абонент дозвонился при i-ом наборе номера (i = 1, 2, 3). Так как каждый следующий набор номера производится только в том случае, если предыдущая попытка оказалась неудачной, то A = A1 + A 1A2 + A 1 A 2A3. Здесь события-слагаемые несовместны, а события-сомножители зависимы, поскольку при каждом следующем наборе номера абонент учитывает результат предыдущих попыток. Значит, P(A) = P(A1) + P( A 1)P(A2 / A 1) + P( A 1) P( A 2 / A 1)P(A3 / A 1 A 2) = 1 + 9 ⋅ 1 + 9 ⋅ 8 ⋅ 1 = 3 . 10 10 9 10 9 8 10 Вероятность события A можно также

найти, вычислив сначала

вероятность

противоположного события A и использовав формулу P(A) = 1 – P( A ). Случайное событие A – абонент не дозвонился за три набора номера – есть произведение трёх событий: A = A 1 A 2 A 3, поэтому P( A ) = P( A 1) P( A 2 / A 1)P( A 3 / A 1 A 2) = 9 ⋅ 8 ⋅ 7 = 7 . 10 9 8 10 Но тогда P(A) = 1 – 0,7 = 0,3. Пример 7. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле у каждого из двух стрелков равна 0,3. Стрелки стреляют по очереди, причём каждый может сделать по два выстрела. Попавший в мишень первым получает приз. Найти вероятности получения приза для каждого из стрелков и вероятность того, что приз будет вручён стрелкам. Какова вероятность того, что приз останется у организаторов соревнования? Решение. Обозначим события, вероятности которых следует определить.

A – приз будет вручён первому стрелку; B – приз будет вручён второму стрелку; C – приз будет вручён стрелкам;

C – приз останется у организаторов соревнования. Введём также события: Ai – первый стрелок попал в мишень при i-ом выстреле; Bi – второй стрелок попал в мишень при i-ом выстреле (i = 1, 2). Тогда можно записать: A = A1 + A 1 B 1A2; B = A 1B1 + A 1 B 1 A 2B2; C = A + B. События-слагаемые во всех случаях – несовместные события, а события-сомножители – независимые события, так как вероятность попадания в мишень каждым из стрелков не зависит ни от номера выстрела, ни от результата предыдущего выстрела. Таким образом: P(A) = P(A1) + P( A 1)P( B 1)P(A2) = 0,3 + 0,7⋅0,7.0,3 = 0,447; P(B) = P( A 1)P(B1) + P( A 1)P( B 1)P( A 2)P(B2) = 0,7⋅0,3 + 0,7⋅0,7⋅0,7⋅0,3 = 0,7⋅P(A) = 0,3129; P(C) = P(A) + P(B); P( C ) = 1 – P(C) = 0,2401. Вероятность события C можно найти иначе, именно: C = A 1 B 1 A 2 B 2, поэтому P( C ) = P( A 1)P( B 1)P( A 2)P( B 2) = 0,74 = 0,2401. Пример 8. В ящике находятся 6 катушек белых, 4 катушки чёрных и 2 катушки красных ниток. Катушки извлекаются по одной без возвращения. Определить вероятность того, что катушка с белыми нитками появится раньше, чем катушка с чёрными нитками. Решение. По условию задачи после появления катушки с белыми нитками извлечения прекращаются, после появления катушки с красными нитками проводится следующее извлечение, катушка с чёрными нитками не должна появляться. Если A – случайное событие – катушка с белыми нитками появилась раньше, чем катушка с чёрными нитками, то A = A1 + C1A2 + C1C2A3, где Ai – появление катушки с белыми нитками при i-ом извлечении (i = 1, 2, 3), Ci – появление катушки с красными нитками при i-ом извлечении (i = 1, 2). Здесь события-слагаемые – несовместные события, а события-сомножители – зависимые события, так как катушки извлекаются без возвращения и возможность извлечь катушку какого-то конкретного цвета зависит от результатов предыдущих извлечений. Поэтому P(A) = P(A1) + P(C1)P(A2 /C1) + P(C1)P(C2 /C1)P(A3 /C1C2) = 6 + 2 ⋅ 6 + 2 ⋅ 1 ⋅ 6 = 3 . 12 12 11 12 11 10 5

Пример 9. Из урны, содержащей 6 белых и 4 чёрных шара, наудачу последовательно извлекается по одному шару до первого появления чёрного шара. Найти вероятность того, что придётся производить четвёртое извлечение, если извлечения шаров производятся: а)с возвращением шаров в урну; б)без возвращения шаров в урну. Решение. Случайное событие A – будет производиться четвёртое извлечение. Ясно, что четвёртое извлечение будет производиться в том случае, если при первых трёх извлечениях не появится чёрный шар. Обозначим через Ai случайное событие – при i-ом извлечении появился шар белого цвета (i = 1, 2, 3). Тогда A = A1A2A3, следовательно, P(A) = P(A1A2A3). а)В этом случае шары извлекаются с возвращением, поэтому вероятность извлечения белого шара в очередной раз не зависит от результатов предыдущих извлечений, поэтому события Ai независимы и P(A) = P(A1)P(A2)P(A3) = 0,63 = 0,216. б)Если шары извлекаются без возвращения, то после каждого извлечения состав урны изменяется, следовательно, изменяются и вероятности извлечения шаров. События Ai в этом случае зависимы, поэтому P(A) = P(A1)P(A2 / A1)P(A3 / A1A2) = 6 ⋅ 5 ⋅ 4 = 1 ≈ 0,167. 10 9 8 6 Пример 10. Сколько нужно взять чисел из множества натуральных чисел, чтобы с вероятностью не менее 0,9 быть уверенным, что среди этих чисел будет хотя бы одно чётное? Изменится ли необходимое количество чисел, если выбирать их из множества чисел, кратных трём? Решение. Здесь случайное событие A – среди n взятых наудачу натуральных чисел есть хотя бы одно чётное. Подберём n из условия P(A) ≥ p = 0,9, которое равносильно условию P( A ) < 1 – p. Событие A – среди n взятых наудачу натуральных чисел чётных нет. Пусть Ai – i-ое натуральное число – чётное. Тогда A = A 1 A 2… A n. Ясно, что для любого i P( A i) = 1/2 и что события A i – независимые. Тогда P( A ) = P( A 1)P( A 2) . . . P( A n) = (1/2)n < 0,1, откуда n > ln 0,1 / ln 0,5 ≈ 3,32. Таким образом, с уверенностью 0,9 достаточно взять четыре произвольных натуральных числа. Это необходимое количество чисел n = 4 не изменится, если числа выбирать из множества чисел, кратных трём, так как вероятность того, что наудачу взятое кратное трём число будет чётным, также равна 1/2. Пример 11. Студент знает 20 из 25 вопросов программы. Зачёт считается сданным, если студент ответит не менее чем на три из четырёх предложенных ему вопросов. Какова вероятность того, что: а)студент сдаст зачёт; б)зачёт будет сдан, если известно, что на первые два вопроса студент уже ответил.

Решение. Обозначим случайные события: A – студент сдал зачёт; A1 – студент ответил на четыре вопроса; A2 – студент ответил на три вопроса; B – студент ответил на первые два из четырёх вопросов. а)В этом случае A = A1 + A2, события A1 и A2 – несовместные, поэтому, применяя для подсчёта вероятностей событий A1 и A2 классическое определение вероятности, имеем: P(A) = P(A1) + P(A2) =

C 420 C 425

+

C 320 ⋅ C 15 C 425

≈ 0.834.

б)В этом случае рассуждения аналогичны, только требуется найти условную вероятность события A при условии, что событие B произошло, поэтому P(A/ B) = P(A1/B) + P(A2/B) =

2 C 18

C 223

+

C 118 ⋅ C 15 C 223

≈ 0.960.

Пример 12. Общество, состоящее из n мужчин и 2n женщин, наудачу разбивается на n групп по три человека в каждой группе. Найти вероятность того, что в каждой группе будет по одному мужчине.

Решение. Здесь случайное событие A – общество из 3n человек разбито на n групп должным образом – есть произведение случайных событий Ai – i-ая группа состоит из одного мужчины и двух женщин (i = 1, 2, . . . , n), т. е., A = A1A2 . . . An . Но так как образование каждой следующей группы происходит из контингента, оставшегося после образования предыдущих групп, то события Ai будут зависимыми, поэтому P(A) = P(A1)P(A2/A1)P(A3/A1A2) . . . P(An/A1A2 . . . An-1) = =

C1n ⋅ C 22 n C1n −1 ⋅ C 22 n − 2 3 n n! (2n )! ⋅ ⋅ ... ⋅ 1 = . (3n )! C 33n C 33n −3

Пример 13. Игрок A поочерёдно играет с игроками B и C, имея вероятность выигрыша в каждой партии 2/3, и прекращает игру после первого проигрыша или после двух сыгранных с каждым игроком партий. Определить вероятности выигрыша игры игроками A, B и C.

Решение. Обозначим через A, B, C события – выигрыш игры игроком A, B, C соответственно и через Bi , Ci события – выигрыш игроком B или C i-ой партии (i =1 ,2). Так как выигрыш партии каждым из игроков B или C означает проигрыш партии и, следовательно, остановку игры ведущим её игроком A, то случайные события A, B, C можно записать в виде:

A = B 1 C 1 B 2 C 2 ; B = B1 + B 1 C 1B2 ; C = B 1C1 + B 1 C 1 B 2C2 . Здесь

события-слагаемые

будут

несовместными,

а

события-сомножители

независимыми событиями, поэтому P(A) = P( B 1)P( C 1)P( B 2)P( C 2) = 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 16 ; 3 3 3 3 81

–

P(B) = P(B1) + P( B 1)P( C 1) P(B2) = 1 + 2 ⋅ 2 ⋅ 1 = 13 ; 3 3 3 3 27 P(C) = P( B 1)P(C1) + P( B 1)P( C 1)P( B 2) P(C2) = 2 ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 1 = 26 . 3 3 3 3 3 3 81

Замечание. Так как события A, B, C образуют полную группу (A + B + C = U) и попарно несовместны, то P(A + B + C) = P(A) + P(B) + P(C) =1, поэтому вероятность одного из событий, например C, можно было найти так: P(C) = 1 – P(A) – P(B) = 1 – 16 – 13 = 26 . 81 27 81

Пример 14. Двое игроков поочерёдно бросают монету. Выигрывает тот из них, у кого раньше появится герб. Определить вероятности выигрыша для каждого из игроков.

Решение. Обозначим через Ai и Bi события – появление герба у первого и второго игроков при их i-ом бросании (i =1, 2, . . . ), а через A и B события – выигрыши первого и второго игроков. Тогда

A = A1 + A 1 B 1A2 + A 1 B 1 A 2 B 2A3 + . . .; B = A 1B1 + A 1 B 1 A 2B2 + A 1 B 1 A 2 B 2 A 3B3 + . . . Ясно, что все события-слагаемые – несовместные события, а события-сомножители – независимые. Так как P(Ai) = P(Bi) = 1/2, то получаем, что вероятности выигрыша каждого из игроков являются суммами членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии: 3 5 12 P(A) = 1 + ⎛⎜ 1 ⎞⎟ + ⎛⎜ 1 ⎞⎟ + K = =2; 2 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠ 3 1 − (1 2) 2 4 6 (1 2 ) P(B) = ⎛⎜ 1 ⎞⎟ + ⎛⎜ 1 ⎞⎟ + ⎛⎜ 1 ⎞⎟ + K = = 1. 2 3 ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎝2⎠ 1 − (1 2 ) 2

Формула полной вероятности. Формула Байеса. Предположим, что событие A может наступить только вместе с одним из нескольких попарно несовместных событий H1, H2, . . . , Hn, образующих полную группу. Условимся называть события Hi (i = 1, 2, … , n) гипотезами (по отношению к событию A). Имеет место следующая формула n

P(A ) = ∑ P(H i ) ⋅ P(A/H i ) = P(H 1 ) ⋅ P(A/H 1 ) + P(H 2 ) ⋅ P(A/H 2 ) + ... + P(H n ) ⋅ P(A/H n ) , i =1

называемая формулой полной вероятности. Здесь P(Hi) – вероятность гипотезы Hi,

n

∑ P(H i ) = 1 , i =1

P(A/Hi) – условная вероятность события A при условии осуществления гипотезы Hi. В тесной связи с формулой полной вероятности находится формула Байеса (Томас Байес, 1702-1761, английский учёный). Она работает в той же ситуации, что и формула полной

вероятности (событие A может наступить только вместе с одним из нескольких попарно несовместных событий H1, H2, . . . , Hn). Если до опыта вероятности гипотез были P(H1), P(H2), . . . , P(Hn), а в результате опыта появилось событие A, то можно найти «новые», т. е., условные вероятности гипотез P(H1/A), P(H2/A), . . . , P(Hn/A) по формуле Байеса:

P(H i / A ) =

P(H i ) ⋅ P(A/H i ) , P (A )

n

где P(A ) = ∑ P(H i ) ⋅ P(A/H i ) . i =1

Таким образом, формулы Байеса дают возможность «пересмотреть» вероятности гипотез, зная результат опыта.

Пример 1. Имеются три урны. В первой урне находятся 5 белых и 3 чёрных шара, во второй – 4 белых и 4 чёрных шара, а в третьей – 8 белых шаров. Наугад выбирается одна из урн (это может означать, например, что осуществляется выбор из вспомогательной урны, где находятся три шара с номерами 1, 2 и 3). Из этой урны наудачу извлекается шар. Какова вероятность того, что он окажется чёрным?

Решение. Событие A – извлечён чёрный шар. Шар может быть извлечён или из первой урны (гипотеза H1), или из второй (гипотеза H2), или из третьей (гипотеза H3). Так как имеются одинаковые шансы выбрать любую из урн, то P(H1) = P(H2) = P(H3) = 1/3. Далее находим вероятности события A при каждой из гипотез: P(A/H1) = 3/8, P(A/H2) = 4/8 = 1/2, P(A/H3) = 0/8 =0. Отсюда следует, что P(A) = P(H1)P(A/H1) + P(H2)P(A/H2) + P(H3)P(A/H3) = 1 ⋅ 3 + 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 0 = 1 + 1 = 7 . 3 8 3 2 3 8 6 24

Пример 2. На рисунке изображена схема дорог.

O B3

B1

B2

M

Туристы выходят из пункта O, выбирая наугад на разветвлении дорог один из возможных путей. Какова вероятность того, что туристы попадут в пункт M?

Решение. Как видно из рисунка, путь туристов обязательно проходит через один из промежуточных пунктов B1, B2, B3. Пусть Hi – событие, состоящее в том, что при своём движении туристы попадут в пункт Bi (i = 1, 2, 3).События H1, H2, H3 по условию несовместны и равновероятны: ведь путь из точки O выбирается наугад. Поэтому P(H1) = P(H2) = P(H3) =1/3. Если A – событие: туристы попадут в пункт M, то P(A/H1) = 1/3, P(A/H2) = 1/2, P(A/H3) =1/4. Искомую вероятность находим по формуле полной вероятности. P(A) = P(H1)P(A/H1) + P(H2)P(A/H2) + P(H3)P(A/H3) = 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 = 13 . 3 3 3 2 3 4 36 Пример 3. Электролампы изготавливаются на трёх заводах. Первый завод производит 30% общего количества электроламп, второй – 25%, а третий – остальную часть. Продукция первого завода содержит 1% бракованных электроламп, второго – 1,5%, третьего – 2%. В магазин поступает продукция всех трёх заводов. Купленная в магазине лампа оказалась бракованной. Какова вероятность того, что она произведена первым заводом?

Решение. Введём обозначения для событий: A – купленная электролампа оказалась бракованной; Hi – лампа изготовлена i-м заводом (i = 1, 2, 3). Имеем: P(H1) = 0,30; P(H2) = 0,25; P(H3) = 0,45; P(A/H1) = 0,01; P(A/H2) = 0,015; P(A/H3) = 0,02. Искомую вероятность P(H1/A) находим по формуле Байеса.

P(H1 / A ) =

P(H1 ) ⋅ P(A/H1 ) 0,30 ⋅ 0,01 0,003 = = = 0,19. P (A ) 0,30 ⋅ 0,01 + 0,25 ⋅ 0,015 + 0,45 ⋅ 0,02 0,01575

Здесь вероятность события A в знаменателе найдена по формуле полной вероятности.

Пример 4. При обследовании больного имеется подозрение на одно из двух заболеваний H1 и H2. Их вероятности в данных условиях P(H1) = 0,6, P(H2) = 0,4. Для уточнения диагноза назначается анализ, результатом которого является положительная или отрицательная реакция. В случае болезни H1 вероятность положительной реакции равна 0,9, отрицательной – 0,1, а в случае болезни H2 положительная и отрицательная реакции равновероятны. Анализ провели дважды, и оба раза реакция оказалась положительной (событие A). Требуется найти вероятность каждого заболевания после проделанных анализов.

Решение. Условная вероятность того, что в случае заболевания H1 произойдёт событие A (т.е. дважды при анализе реакция окажется отрицательной) P(A/H1) = 0,1⋅0,1 = 0,01, а в случае заболевания H2 имеем P(A/H2) = 0,5⋅0,5 = 0,25. Применяя формулу Байеса, получаем:

P(H1 / A ) =

P(H1 ) ⋅ P(A/H1 ) 0,6 ⋅ 0,01 0,006 = = ≈ 0,057; P (A ) 0,6 ⋅ 0,01 + 0,4 ⋅ 0 / 25 0,106

P(H 2 / A ) =

P(H 2 ) ⋅ P(A/H 2 ) 0,4 ⋅ 0,25 0,1 = = ≈ 0,943. 06 ⋅ 0,01 + 0,4 ⋅ 0 / 25 0,106 P (A )

Отсюда видно, что полученные результаты анализов дают веские основания предполагать болезнь H2.

Пример 5. По линии связи с вероятностями 0,84 и 0,16 соответственно передаются два сигнала A и B. Из-за помех 1/6 часть переданных сигналов A искажается и принимается как сигнал B, а 1/8 часть переданных сигналов B принимается как сигнал A. 1)Какова вероятность того, что при приёме появится: а)сигнал A; б)сигнал B? 2)Известно, что принят сигнал A. Какова вероятность того, что он же и был передан?

Решение. Введём обозначения для событий. H1 – передан сигнал A, H2 – передан сигнал B, A – при приёме появится сигнал A, B – при приёме появится сигнал B. Имеем: P(H1) = 0,84; P(H2) = 0,16; P(A/H1) = 5/6; P(A/H2) = 1/8; P(B/H1) = 1/6; P(B/H2) = 7/8. 1)По формуле полной вероятности находим:

а) P(A) = P(H1)P(A/H1) + P(H2)P(A/H2) = 0,84 ⋅ 5 + 0,16 ⋅ 1 = 0,72; 6 8 б) P(B) = P(H1)P(B/H1) + P(H2)P(B/H2) = 0,84 ⋅ 1 + 0,16 ⋅ 7 = 0,28. 6 8 2)По формуле Байеса получаем: 5 P(H1 ) ⋅ P(A/H1 ) 0,84 ⋅ 6 P(H1 / A ) = ≈ 0,97. = P (A ) 0,72 Пример

6.

Клеточная

активность

мозга

регистрируется

микроэлектродом.

С

вероятностью 0,6 предполагается, что в опыте наблюдается первая из двух соседних структур мозга. Известно, что в первой структуре 60% всех клеток, а в соседней 50% продуцируют некоторый тип активности. Микроэлектрод зарегистрировал в фиксированный момент данный тип активности. Как в связи с этим наблюдением изменится мнение о нахождении микроэлектрода в первой структуре мозга?

Решение. Введём обозначения для событий. H1 – микроэлектрод находится в первой структуре мозга; H2 – микроэлектрод находится во второй структуре мозга; A – зарегистрирован данный тип активности. Имеем: P(H1) = 0,6; P(H2) = 0,4; P(A/H1) = 0,6; P(A/H2) = 0,5. По формуле Байеса находим:

P(H1 / A ) =

P(H1 ) ⋅ P(A/H1 ) 0,6 ⋅ 0,6 0,36 = = ≈ 0,643. P (A ) 0,6 ⋅ 0,6 + 0,4 ⋅ 0,5 0,56

Вероятность гипотезы H1 возросла.

Пример 7. Два из трёх независимо работающих элементов вычислительного устройства отказали. Найти вероятность того, что отказали первый и второй элементы, если вероятности отказа первого, второго и третьего элементов соответственно равны p1 = 0,2; p2 = 0,4; p3 = 0,3.

Решение. Введём обозначение A для события – отказали два элемента. Можно сделать следующие предположения (гипотезы):

H1 – отказали первый и второй элементы, а третий элемент исправен, при этом (поскольку элементы работают независимо, то применима теорема умножения вероятностей) P(H1) =

p1.p2.(1 – p3) = 0,2⋅0,4⋅0,7 = 0,056; H2 – отказали первый и третий элементы, а второй элемент исправен, при этом P(H2) = p1.p3.(1 – p2) = 0,2⋅0,3⋅0,6 = 0,036; H3 – отказали второй и третий элементы, а первый элемент исправен, при этом P(H3) = p2.p3.(1 – p1) = 0,4⋅0,3⋅0,8 = 0,096. Возможны ещё следующие предположения:

H4 – ни один элемент не отказал; H5 – отказал только один элемент; H6 – отказали все три элемента – но из условия задачи следует, что P(A/H4) = 0, P(A/H5) = 0, P(A/H6) = 0, следовательно, равны нулю и произведения P(H4)P(A/H4), P(H5)P(A/H5), P(H6)P(A/H6). При гипотезах H1, H2, H3 событие A достоверно, соответствующие условные вероятности равны единице. По формуле полной вероятности находим вероятность события A. P(A) =

6

∑ P(H i ) ⋅ P(A/H i ) = P(H1)P(A/H1) + P(H2)P(A/H2) + P(H3)P(A/H3) = i =1

= 0,056⋅1 + 0,036⋅1 + 0,096⋅1 = 0,188. Теперь искомую вероятность вычисляем по формуле Байеса.

P(H1 / A ) =

P(H1 ) ⋅ P(A/H1 ) 0,056 ⋅1 = ≈ 0,298. P (A ) 0,188

Пример 8. Имеются три партии деталей по 20 деталей в каждой. Число стандартных деталей в партиях соответственно равно 20, 15 и 10. Из наудачу выбранной партии наудачу извлечена деталь, оказавшаяся стандартной. Деталь возвращают в партию и вторично наудачу извлекают деталь, которая также оказывается стандартной. Найти вероятность того, что детали извлечены из третьей партии.

Решение. Обозначим через A событие – в каждом из двух испытаний (с возвращением) была извлечена стандартная деталь. Можно выдвинуть три гипотезы: Hi – детали извлекались

из i-ой партии (i =1, 2, 3). Так как детали извлекались из наудачу взятой партии, то вероятности гипотез одинаковы: P(Hi) = 1/3 (i = 1, 2, 3). Далее находим условные вероятности: P(A/H1) = 1 (в первой партии все детали стандартные, поэтому вероятность того, что из первой партии будут последовательно извлечены две стандартные детали, равна единице); P(A/H2) = 15 ⋅ 15 = 20 20

= 9 ; P(A/H3) = 10 ⋅ 10 = 1 . Теперь искомая вероятность того, что обе извлечённые 16 20 20 4 стандартные детали взяты из первой партии, вычисляется по формуле Байеса. 1⋅1 P(H 3 ) ⋅ P(A/H 3 ) 3 4 = 4 . P(H 3 / A ) = = P (A ) 1 ⋅1 + 1 ⋅ 9 + 1 ⋅ 1 29 3 3 16 3 4 Пример 9. Батарея из трёх орудий произвела залп, причём два снаряда попали в цель. Найти вероятность того, что первое орудие дало попадание, если вероятности попадания в цель первым, вторым и третьим орудиями соответственно равны p1 = 0,4; p2 = 0,3; p3 = 0,5.

Решение. Обозначим через A событие – два орудия попали в цель. Выдвинем две гипотезы: H1 – первое орудие попало в цель; H2 – первое орудие не попало в цель. По условию P(H1) = 0,4, следовательно, P(H2) = 1 – 0,4 = 0,6 (событие H2 противоположно событию H1). Если событие A наступило при осуществлении гипотезы H1, то это означает, что вместе с первым орудием в цель попало либо второе орудие, а третье не попало, либо, наоборот, третье орудие попало в цель, а второе не попало. Применяя теоремы сложения и умножения вероятностей, получаем: P(A/H1) = p2(1 – p3) + p3(1 – p2) = 0,3 ⋅ 0,5 + 0,5 ⋅ 0,7 = 0,5. Если событие A наступило при осуществлении гипотезы H2, то это означает, что первое орудие дало промах, а в цель попали снаряды второго и третьего орудий, поэтому P(A/H2) = p2p3 = 0,3 ⋅ 0,5 = 0,15. Искомую вероятность получаем по формуле Байеса:

P(H1 / A ) =

P(H1 ) ⋅ P(A/H1 ) 0,4 ⋅ 0,5 = = 20 ≈ 0,690. P (A ) 0,4 ⋅ 0,5 + 0,6 ⋅ 0,15 29

Пример 10. Из урны, содержащей 3 белых и 2 чёрных шара, переложено 2 шара в урну, содержащую 4 белых и 2 чёрных шара. Найти вероятность вынуть после этого из второй урны белый шар.

Решение. Обозначим через A событие – из второй урны вынут белый шар. Можно выдвинуть три гипотезы: H1 – из первой урны во вторую переложены два белых шара; H2 – переложены один белый и один чёрный шары; H3 – переложены два чёрных шара. Имеем:

P(H1) =

C 32 C 52

= 0,3 ; P(H2) =

C 13 ⋅ C 12 C 52

= 0,6; P(H3) =

C 22 C 52

= 0,1.

Условные вероятности равны: P(A/H1) = 6 , P(A/H2) = 5 , P(A/H3) = 4 . 10 10 10 По формуле полной вероятности получаем: P(A) = P(H1)P(A/H1) + P(H2)P(A/H2) + P(H3)P(A/H3) = = 0,3 ⋅ 0,6 + 0,6 ⋅ 0,5 + 0,1 ⋅ 0,4 = 0,52.

Формула Бернулли Пусть производится n независимых опытов (испытаний), каждый из которых может завершиться либо наступлением некоторого события A, либо наступлением противоположного ему события A . Пусть, далее, в каждом отдельном опыте событие A наступает с вероятностью

p, постоянной для всех опытов. Тогда вероятность Pn(k) того, что в серии из n таких опытов событие A наступит ровно k раз, может быть подсчитана по формуле Бернулли

Pn (k ) = C nk p k q n − k , q = 1 – p, k = 0, 1, 2, . . . , n. Пример 1. Найти вероятность того, что герб выпадет ровно три раза при десятикратном подбрасывании монеты.

Решение. Здесь опыт заключается в подбрасывании монеты, число опытов n = 10, событие A – выпадение герба – наступает в каждом опыте с вероятностью p = 1/2, постоянной для всех опытов. Искомую вероятность P10(3) вычисляем по формуле Бернулли. 3

7

P10(3) = C103 ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎛⎜ 1 ⎞⎟ = 10! ⋅ 110 = 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 110 = 157 . 3!7! 2 1⋅ 2 ⋅ 3 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠ 2

Часто в задачах требуется подсчитать вероятность того, что число “k” наступлений события A в серии из “n” описанных выше опытов (будем называть их испытаниями Бернулли) окажется заключённым в тех или иных пределах, например, от некоторого k1 до некоторого k2. Для вычисления вероятности такого события (обозначим её Pn (k 1 ≤ k ≤ k 2 ) ) используется формула

P( k1 ≤ k ≤ k 2 ) =

∑ Pn (k ) = ∑ C nk p k q n − k .

k1 ≤ k ≤ k 2

k1 ≤ k ≤ k 2

Иногда для упрощения вычислений полезно воспользоваться соотношением Pn(0) + Pn(1) + . . . + Pn(n) = 1.

(1)

Пример 2. Найти вероятность того, что герб выпадет не менее трёх раз при

десятикратном подбрасывании монеты. Решение. Если через k обозначить число выпадений герба при десятикратном подбрасывании монеты, то искомая вероятность P10(3 ≤ k ≤ 10) может быть найдена по формуле (1) P10(3 ≤ k ≤ 10) = P10(3) + P10(4) + . . . + P10(10) =

10

∑ C103

k =3

1 . 210

Проще, однако, вычислить вероятность противоположного события P10(0 ≤ k ≤ 2) и воспользоваться соотношением P10(3 ≤ k ≤ 10) = 1 − P10(0 ≤ k ≤ 2). Тогда P10(3 ≤ k ≤ 10) = 1 − (P10(0) + P10(1) + P10(2)) =

⎛ ⎝

=1 − ⎜ C10 ⋅ 0

1 + C 1 ⋅ 1 + C 2 ⋅ 1 ⎞ = 1 − 7 = 121 . ⎟ 10 10 128 128 210 210 210 ⎠

Пример 3. В урне 2 белых и 3 чёрных шара. Производится 10 извлечений шаров из урны

по два шара каждый раз с последующим возвращением извлечённой пары шаров в урну. Найти вероятность того, что ровно при двух извлечениях будет вынута разноцветная пара шаров. Решение. Здесь опыт заключается в извлечении пары шаров из урны. Число опытов n = = 10. Событие A – появление разноцветной пары шаров. Его вероятность p = P(A) = 2 ⋅23 = 3 5 С5 (всего исходов, т. е., пар шаров − C 52 , из них благоприятствующих исходов, т. е., разноцветных пар шаров − C 21 ⋅ C 31 = 2.3). Опыты независимы, так как извлечённая пара шаров перед очередным извлечением возвращается обратно в урну. Искомая вероятность P10(2) может быть найдена по формуле Бернулли: 2

8

P10(2) = C ⎛⎜ 3 ⎞⎟ ⎛⎜ 2 ⎞⎟ ≈ 0,01. ⎝5⎠ ⎝ 5⎠ 2 10

Пример 4. В ружейной пирамиде имеются винтовки двух систем: одна винтовка типа 1

и две винтовки типа 2. Вероятность попасть в мишень при выстреле из винтовки типа 1 равна p1, из винтовки типа 2 – p2. Стрелок производит 7 выстрелов из наудачу взятой винтовки. Чему равна вероятность того, что мишень окажется поражённой не менее пяти раз?

Решение. Обозначим через B событие, состоящее в том, что мишень окажется поражённой не менее пяти раз при семи выстрелах из наудачу взятой винтовки. Естественно рассмотреть две гипотезы: H1 – выстрелы произведены из винтовки типа 1 и H2 – выстрелы были сделаны из винтовки типа 2. Гипотезы H1 и H2 несовместны и одна из них обязательно реализуется, т. е., H1 и H2 образуют полную группу. Тогда по формуле полной вероятности P(B) = P(H1)P(B/H1) + P(H2 P(B/H2).

(2)

Остаётся вычислить вероятности в правой части (2). Очевидно, P(H1) = 1/3, P(H2) = 2/3. Для вычисления вероятностей P(B/H1) и P(B/H2) воспользуемся формулой (1). P(B/H1) есть вероятность того, что в серии из семи опытов (выстрелов) событие A (попадание в мишень) наступит не менее пяти раз при условии, что стреляли из винтовки типа 1 (т. е., p = P(A) = p1). Следовательно, P(B/H1) =

7

∑ C 7k p1k q17 − k , q1 = 1 – p1.

k =5

Аналогично, P(B/H2) =

7

∑ C 7k p 2k q 27 − k , q2 = 1 – p2.

k =5

Подставив найденные значения для P(H1), P(H2), P(B/H1), P(B/H2) в (2), находим P(B). Пример 5. Пусть в ружейной пирамиде находятся две винтовки типа 1 и три – типа 2,

причём вероятности попадания в мишень из этих винтовок соответственно равны p1 и p2. Стрелок сделал 7 выстрелов из наудачу взятой винтовки, ровно 5 раз поразив мишень. Чему равна вероятность того, что он стрелял из винтовки типа 1? Решение. Пусть H1 означает, что выстрелы были сделаны из винтовки типа 1, H2 – из винтовки типа 2. Вероятности этих гипотез (до проведения эксперимента) P(H1)=2/5, P(H2)=3/5. Пусть теперь событие B означает, что стрелок, сделав 7 выстрелов, поразил мишень ровно 5 раз. Нужно вычислить вероятность гипотезы H1 с учётом дополнительной информации о том, что событие B наступило, т. е., P(H1/B). По формуле Байеса находим P(H1/B) =

P( H 1 )P(B/H 1 ) . P( H 1 )P(B/H 1 ) + P( H 2 )P(B/H 2 )

(3)

Для вычисления P(B/H1) и P(B/H2) воспользуемся формулой Бернулли. P(B/H1) есть вероятность того, что в серии из семи опытов (выстрелов) событие A (попадание в мишень) наступило ровно пять раз, если стреляли из винтовки типа 1 (в этом случае p = P(A) = p1). Следовательно, по формуле Бернулли P(B/H1) = C 57 p15 q12 , q1 = 1 – p1. Аналогично,

P(B/H2) = C 57 p 25 q 22 , q2 = 1 – p2. Подставляя найденные значения P(B/H1) и P(B/H2) в (3), получим: P(H1/B) =

2 p15 q12 2 p15 q12 + 3 p 25 q 22

.

Пример 6. Вероятность забросить мяч в корзину для баскетболиста равна 2/3. Сколько

нужно сделать бросков, чтобы с вероятностью не менее 0,95 быть уверенным в том, что мяч хотя бы один раз окажется в корзине?

Решение. Если сделано n бросков, то вероятность попасть в корзину хотя бы один раз проще всего получить, вычислив предварительно вероятность противоположного события. Последнее состоит в том, что в серии из n опытов (бросков в корзину) интересующее нас событие A (попадание в корзину) не произойдёт ни разу. По формуле Бернулли эта вероятность Pn(0) =

= C 0n p 0 q n = q n = ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎝3⎠

n

(по условию p = P(A) = 2 ). Значит, вероятность попасть в 3

корзину хотя n

бы один раз при n бросках равна 1 − ⎛⎜ 1 ⎞⎟ . Теперь n надо подобрать так, чтобы выполнялось ⎝3⎠ условие n

1 − ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ≥ 0,95 . ⎝3⎠ n

Отсюда ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ≤ 1 и, как нетрудно вычислить, необходимое число бросков больше либо равно 20 ⎝3⎠ трём. Заметим, что вероятность промахнуться n раз при n бросках можно было, конечно, найти с помощью теоремы умножения вероятностей. Наивероятнейшее число успехов в схеме Бернулли.

Пусть, как и раньше, Pn(k) есть вероятность того, что событие A наступит ровно k раз в серии из n испытаний Бернулли, и требуется отыскать то число k наступлений события A, которому отвечает наибольшая вероятность Pn(k). Тогда искомыми являются значения k, принадлежащие сегменту [np – q, np + p]. Если при этом число np – q нецелое, то сегмент [np –

q, np + p] содержит единственную целочисленную точку k0, np – q < k0 < np + p, и для неё Pn(k) < Pn(k0),

k ≠ k0. Если np – q – целое, то на сегменте [np – q, np + p] находятся две целочисленных точки k1 = np – q и k2 = np + p; при этом Pn(k1) = Pn(k2) и Pn(k) < Pn(k1) = Pn(k2), если k отлично от k1 и k2.

Отметим, что в литературе часто используется следующая терминология: если в данном опыте (испытании) наступает событие A, то говорят об успехе, в противном случае – о неудаче. С этой точки зрения любая целочисленная точка сегмента [np – q, np + p] является наиболее вероятным (наивероятнейшим) числом успехов в серии из n испытаний Бернулли. Пример 1. Каково наиболее вероятное число выпадений грани с одной точкой при 26

подбрасываниях игральной кости? Чему равна соответствующая этому числу выпадений вероятность?

Решение. Здесь число n опытов (подбрасываний кости) равно 26, p – вероятность выпадения грани с одной точкой равна 1/6, q =1 – p =5/6. В рассматриваемом случае np – q = 26 − 5 = = 3,5 – нецелое число, единственное искомое наивероятнейшее число k0 выпадений 6 6 грани с одной точкой определяется из условий np – q < k0 < np + p, в нашем случае 3,5 < k0 < 4,5, т. е.,

k0 = 4. (Отметим также, что при нецелом np – q k0 всегда является ближайшей к числу np – q целочисленной точкой справа). Вероятность P26(4) может быть найдена по формуле Бернулли 4

22

4 ⎛1⎞ ⎛5⎞ P26 (4) = C 26 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ . ⎝6⎠ ⎝6⎠

Пример 2. Вероятность попадания в цель при выстреле из каждого из двух орудий равна

2/3. Залп из двух орудий считается успешным, если хотя бы один снаряд попадёт в цель. Произведено 8 залпов. Каково наиболее вероятное число успешных залпов?

Решение. Вероятность успешного залпа найдём, вычислив предварительно вероятность противоположного события – двух промахов при залпе из двух орудий. Она равна 1 ⋅ 1 = 1 , 3 3 9 следовательно, вероятность успешного залпа p = 1 − 1 = 8 . Кроме того, число залпов n = 8 и q = 9 9 = 1 – p = 1 . Тогда np − q = 8 ⋅ 8 − 1 = 63 = 7 – целое. Значит, 7 и 8 (8 = np + p) успешных залпов 9 9 9 9 наиболее вероятны (оба случая имеют равную вероятность). Пример 3. Каким должно быть число подбрасываний игральной кости, чтобы

наивероятнейшее число выпадений грани с единицей оказалось равным 5?

Решение. Искомое число подбрасываний n должно быть таким, чтобы значение k = 5 принадлежало сегменту [np – q, np + p]. В рассматриваемом случае

p = 1, q= 5, 6 6

следовательно, n определяется из неравенств n − 5 ≤ 5 ≤ n + 1 , откуда находим 29 ≤ n ≤ 35. 6 6 6 6

Отметим, что среди найденных значений n в пяти случаях (n = 30, 31, 32, 33, 34) значение k = 5 является единственным наивероятнейшим числом выпадений грани с единицей (соответствующее np – q – нецелое) и в двух случаях (n = 29, 35) наряду с k = 5 существует другое наиболее вероятное число появлений единицы (np – q – целое). Полиномиальная схема

Пусть каждый из n независимых опытов может завершиться лишь наступлением одного из m попарно несовместных событий A1, A2, …, Am. Пусть, далее, события A1, A2, …, Am наступают в каждом отдельном опыте с вероятностями p1, p2, …, pm (p1 + p2 + … + pm = 1) соответственно, неизменными для всех опытов. Тогда вероятность Pn (k 1 , k 2 , K , k m ) того, что в серии из n описанных опытов событие A1 наступит ровно k1 раз, A2 – k2 раз, … , Am – km раз ( k 1 + k 2 + K + k m = n ) может быть вычислена по формуле

Pn (k 1 , k 2 , K , k m ) =

n! p1k1 p 2k 2 K p mk m . k 1 ! k 2 !K k m !

Пример 1. Десять занумерованных шаров случайным образом размещают по трём

урнам. Найти вероятность того, что в первой урне окажется два шара, во второй – три и в третьей урне – пять шаров.

Решение. Здесь число опытов n = 10, i-й опыт заключается в помещении шара с номером i в одну из трёх урн. Каждый такой опыт может завершиться лишь наступлением одного из трёх попарно несовместных событий A1, A2, A3 – попаданий очередного шара в соответствующую урну. Очевидно, p i = P(A i ) = 1 . Надо найти вероятность того, что в рассматриваемых 10 3 опытах событие A1 наступит ровно два раза (k1 = 2), событие A2 – три раза (k2 = 3), и событие A3 – пять раз (k3 = 5). Искомая вероятность 2

3

5

P10 (2, 3, 5 ) = 10! ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎛⎜ 1 ⎞⎟ . 2!3!5! ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ Пример 2. В условиях предыдущего примера найти вероятность того, что в одну из урн

попадёт два шара, в две другие – три и пять.

Решение. Обозначим через A i j k событие, состоящее в том, что в результате размещения десяти шаров по трём урнам в первой урне окажется i шаров, во второй – j, и в третьей – k

(i + j + k = 10 ) .

Тогда событие, вероятность которого нужно найти, можно представить как

сумму 3! попарно несовместных событий A 235 + A 253 + A 325 + A 352 + A 523 + A 532 . Искомая вероятность, следовательно, равна

P10 (2,3,5) + P10 (2,5,3) + P10 (3,2,5) + P10 (3,5,2 ) + P10 (5,2,3) + P10 (5,3,2 ) = 3!⋅ 10! ⋅ 110 2!3!5! 3 (учитываем, что вероятности, входящие в сумму, равны).

Литература. 1) Гнеденко Б. В. Курс теории вероятностей. 2) Ширяев А. Н. Вероятность. 3) Свешников А. А. и др. Сборник задач по теории вероятностей, математической статистике и теории случайных функций.