Теория вероятностей (стр. 2 )

При втором способе выбора k элементов из совокупности n различных элементов а1, а2,…, аn однажды выбранный элемент удаляется из совокупности, так что выборка без возвращения не содержит повторяющихся элементов. Очевидно, что в этом случае объем выборки k не может превысить объем данной совокупности из n элементов. При таком способе выбора первый член выборки может быть выбран n способами, второй – n - 1, третий – n - 2, последний – n - (k - 1). Согласно формуле (1.2), общее число выборок N равно: N = n(n - 1)(n - 2)…(n – k + 1).

Подобное произведение встречается довольно часто, поэтому оказывается удобным ввести следующее обозначение:

(1.4)

Так как, по определению, группы элементов, состоящие из k элементов в каждой и отличающиеся друг от друга либо самими элементами, либо их порядком, называются размещениями из n элементов по k, то очевидно, что всякое размещение есть выборка без возвращения.

Так как, по определению, группы, состоящие из одного и того же числа элементов и отличающиеся друг от друга только порядком элементов, называются перестановками (Pn), то при k = n число размещений совпадает с числом перестановок из n элементов

Pn = n(n - 1)(n - 2)…1= n! (1.5)

Пример 2. Группа студентов из 7 человек садится в пригородный поезд, насчитывающий 10 вагонов. Предположим, что каждый из студентов выбирает свой вагон случайно. Какова вероятность того, что все студенты попадут в разные вагоны?

Решение. Всего существует 107 способов размещения студентов по вагонам. Событию А – все студенты попадут в разные вагоны – благоприятствуют случаев. Поэтому .

Сочетания

Группы, состоящие из k элементов в каждой группе и отличающиеся друг от друга хотя бы одним элементом, называются сочетаниями.

Число всех сочетаний из n элементов по k элементов в каждом обозначается . Если в каждом сочетании из n элементов по k (их всего ) сделать всевозможные перестановки его элементов (число таких перестановок равно Pk), то получатся все размещения из n элементов по k. Поэтому , откуда следует:

(1.6)

Пример 3. Из колоды в 36 карт наудачу извлекаются три карты. Определить вероятность р того, что сумма очков этих карт равна 21, если валет составляет два очка, дама – три, король – четыре, туз – одиннадцать, а остальные карты соответственно – шесть, семь, восемь, девять и десять очков.

Решение. Общее число исходов

Благоприятствующие комбинации: 1) (7, 7, 7); 2) (9, 9, 3), (6, 6, 9);

3) (2, 8, 11), (2, 9, 10), (3, 7, 11), (3, 8, 10), (6, 4, 11), (10, 7, 4), (9, 8, 4) и (8, 7, 6), поэтому

р = 0,079.

Пример 4. В партии из N деталей M деталей бракованных. Из партии наугад выбирается n деталей. Определить вероятность того, что среди отобранных деталей будет ровно m бракованных.

Решение. Общее число случаев, очевидно, равно . Благоприятствующими случаями окажутся все те, при которых среди n отобранных деталей окажется m бракованных и, следовательно, ровно (n - m) стандартных. Так как в партии число бракованных деталей ровно М, то выбрать из них m штук можно способами, а ( n - m) стандартных деталей из (N - M) стандартных можно способами. Тогда по формуле (1.2) общее число благоприятствующих случаев будет равно: , откуда

. (1.7)

Формулу (1.6) обобщим следующей теоремой:

Теорема. Пусть k1, k2, …, km – целые неотрицательные числа, причем k1 + k2 + …+ km = n. Тогда число N способов, посредством которых n элементов могут быть разделены на m групп, таких, что первая группа содержит k1 элементов, вторая – k2 элементов и т. д., равно

. (1.8)

Заметим, что порядок групп существенен в том смысле, что разбиения (k1 = 3, k2 = 2) и (k1 = 2, k2 = 3) различны; порядок элементов в каждой группе не учитывается. Так, например, если множество, состоящее из 4 элементов {1, 2, 3, 4}, разбить случайным образом на две группы по два элемента в каждой, то таковыми являются следующие разбиения:

{(1, 2), (3, 4)}, {(1, 3), (2, 4)}, {(1, 4), (2, 3)}, {(2, 3), (1, 4)}, {(2, 4), (1, 3)} и {(3, 4), (1, 2)}.

Доказательство. Сначала выберем первую группу, состоящую из k1 элементов. Это можно осуществить способами. Затем из оставшихся (n - k1) элементов выберем вторую группу, состоящую из k2 элементов. Это можно осуществить способами и т. д. После образования (m - 1)-й группы останется n - k1 - k2 -…- km-1 = km элементов, которые и составляют последнюю группу. По формуле (1.2) определим число способов, посредством которых n элементов могут быть разбиты на m групп:

. Применяя к каждому множителю правой части этого равенства формулу (1.6), легко его привести к виду (1.8).

Пример 5. Бросаются 6 игральных костей. Найти вероятности следующих событий: А = {выпадут 3 единицы: две тройки, одна шестерка}, В = {выпадут различные цифры}, С = {выпадут три одинаковые цифры}.

Решение. Общее число элементарных исходов равно 66 = 46656.

Число исходов, благоприятствующих событию А, определим по формуле (1.8) при n = 6, k1 = 3, k2 = 2, k3 = 1.

= 60. Тогда Р(А) =.

Очевидно, что число случаев, благоприятствующих событию В, равно 6! = 720.

Поэтому .

Число случаев, благоприятствующих событию С, равно .

Таким образом, .

Схема выбора, приводящая к сочетаниям с повторениями

Если опыт состоит в выборе с возвращением m элементов множества Е{l1, l2, l3,…ln}, но без последующего упорядочивания, то различными исходами такого опыта будут всевозможные m-элементные наборы, отличающиеся составом. При этом отдельные наборы могут содержать повторяющиеся элементы. Например, при m = 4 наборы {l1, l1, l2, l1} и {l1, l1, l1, l2} неразличимы для данного эксперимента, а набор {l1, l3, l2, l1} отличен от любого из предыдущих. Получающиеся в результате данного опыта комбинации называются сочетаниями с повторениями, а их общее число N определяется формулой:.

1.3. Статистическое определение вероятности события

Формула (1.1) для непосредственного подсчета вероятностей непригодна, если опыт, в результате которого может появиться интересующее нас событие, не обладает симметрией возможных исходов, то есть, не сводится к схеме урн. Так, например, если игральная кость выполнена неправильно, то вероятность выпадения определенной грани не будет равна . Вместе с этим ясно, что выпадение той или иной определенной грани обладает некоторой вероятностью, указывающей, насколько часто в среднем должна появиться данная грань при многократном бросании. Очевидно, что вероятности таких событий, как попадание в цель при выстреле, перегорание электрической лампы за сутки ее работы, всхожесть семян пшеницы того или иного сорта и т. д. также не могут быть вычислены по формуле (1.1). Для таких событий применяются другие способы определения вероятностей, связанные с опытом, наблюдением, экспериментом.

Если производится серия из n опытов, в каждом из которых могло появиться или не появиться событие А, то частотой события А в данной серии опытов называется отношение числа опытов, в которых появилось событие А, к общему числу произведенных опытов.

Длительные наблюдения над появлением или непоявлением события А при большом числе повторных испытаний показывают, что частота события А при достаточно большом числе опытов в каждой серии опытов сохраняет почти постоянную величину.

Впервые такого рода устойчивость частот была подмечена на явлениях демографического характера. Так, уже в древности было замечено, что отношение числа родившихся мальчиков к числу всех рождений остается из года в год почти неизменным для целых государств и любых народов. Имеется огромный опытный материал по проверке этого факта. Так, проводились бросания монеты, игральных костей и др. В качестве примера ограничения рассмотрим эксперименты с бросанием монеты.

Экспериментатор	Число бросаний	Число выпадений герба	Частота
Бюффон	4040	2048	0,5080
Пирсон	12000	6019	0,5016
Пирсон	24000	12012	0,5005

То, что при большом числе испытаний для многих случайных событий частота остается почти постоянной, обязывает нас предположить наличие не зависящих от испытания закономерностей течения явления, проявление которых приводит к почти постоянству частоты. Тот факт, что для событий, к которым применимо классическое определение вероятности, частота события при большом числе испытаний близка к вероятности, заставляет нас предположить и в общем случае, что существует некоторая постоянная, около которой колеблется частота. Эту постоянную и называют вероятностью изучаемого случайного события А.

Таким образом, будем говорить, что событие А имеет вероятность, если это событие обладает следующими особенностями:

1)  можно, по крайней мере принципиально, провести в неизменных условиях любое число независимых испытаний, в каждом из которых может появиться или не появиться событие А;

2)  в результате этих многочисленных испытаний замечено, что частота события А для данной группы испытаний почти не отличается от некоторой (в общем-то неизвестной) постоянной;

3)  за численное значение этой постоянной можно приближенно принять частоту события А или же число, близкое к частоте.

Таким образом, определенная вероятность случайного события имеет название статистической вероятности.

Условимся обозначать статистическую вероятность события А знаком Р*(А). Итак,

, (1.9)

где m – число появлений событий А; n – общее число проведенных опытов.

1.4. Геометрические вероятности

Если при определении вероятности некоторого события число элементарных исходов бесконечно, то «классическое» определение вероятности, основанное на рассмотрении конечной группы элементарных событий, непригодно. В этом случае применяют геометрическое определение вероятности.

Пусть в пространстве любой размерности задана некоторая область G и в ней содержится другая область g. В область G наудачу бросается точка и спрашивается, чему равна вероятность того, что точка попадет в область g. Выражению «точка бросается наудачу в область G» придается следующий смысл: брошенная точка может попасть в любую точку области G, вероятность попадания в любую часть области G пропорциональна мере этой области (длине, площади и т. д.) и не зависит от ее расположения и формы.

Таким образом, по определению, вероятность попадания в область g наудачу брошенной точки в область G, равна:

. (1.10)

Пример 1. Два парохода должны подойти к одному и тому же причалу. Время прихода обоих пароходов независимо и равновозможно в течение данных суток. Определить вероятность того, что одному из пароходов придется ожидать освобождения причала, если время стоянки первого парохода 1 час, а второго – 2 часа.

Решение. Обозначим время прихода первого парохода к причалу через х часов, а время прихода второго парохода через у.

Если первый пароход подойдет к причалу первым (х < у), а второй не более чем через час (у £ х +1), то второму пароходу придется ожидать, то есть х < у £ х + 1. Если второй пароход придет первым (у < х), а первый не более чем через 2 часа (х £ у + 2), то первому пароходу придется ожидать, то есть у < х £ у + 2.

Объединение решений систем неравенств

и

является условием того, что одному из пароходов придется ожидать.

Изобразим х и у как декартовы координаты на плоскости; в качестве единицы масштаба выберем час. Все возможные исходы прихода пароходов изобразятся точками квадрата со стороной 24; благоприятствующие встречи пароходов расположены в заштрихованной области (рис. 1).

y

24

у = х + 1

 

24 х

x

Рис. 1.

Пример 2. На окружности радиуса R наудачу поставлены три точки А, В, С (рис. 2а). Какова вероятность того, что треугольник АВС остроугольный?

Решение. Пусть х и у – длины дуг окружности, соединяющих вершины треугольника АВС, АВ и ВС соответственно. Возможные значения удовлетворяют неравенствам 0 < х + у £ 2pR, а благоприятствующие – системе неравенств х £ pR, у £ pR, х + у ³ pR (рис. 2б).

 

2pR

g

pR

0 pR 2pR x

Рис. 2б.

Пример 3. Значения p и q равновозможны в квадрате |p| £ 1, |q| £ 1. Найти вероятности следующих событий: А = {корни квадратного уравнения х2 + 2рх + q = 0 действительны}, В = {корни квадратного уравнения х2 + 2рх + q = 0 положительны}.

Решение. Если уравнение х2 + 2рх + q = 0 имеет действительные корни, то его дискриминант р2 – q ³ 0, откуда q £ p2.

Изобразим в координатной плоскости (р, q) множество элементарных исходов. Этим множеством являются точки квадрата (рис. 3). Точки, благоприятствующие тому, что корни уравнения действительны, расположены в заштрихованной области.

Рис. 3.

По формуле геометрической вероятности (1.10) находим:

.

Точки, благоприятствующие тому, что корни уравнения х2 + 2рх + q = 0 положительны, должны удовлетворять системе неравенств: р2 – q ³ 0, р < 0 и q > 0 (по теореме Виета, х1 + х2 = -2р > 0, a х1 × х2 = q > 0). Эти точки на

рис. 3 заштрихованы дважды. По формуле (1.10) находим:

.

1.5. Задачи

1. В ящике имеется 20 одинаковых деталей, из них 8 окрашенных. Наудачу извлекают одну деталь. Найти вероятность события А = {эта деталь окажется окрашенной}.

Ответ: Р(А) = 0,4.

2. Подбрасываются две игральные кости. Найти вероятности следующих событий: А = {число очков на обеих костях совпадает}, В = {число очков на первой кости больше, чем на второй}, С = {сумма очков четна}, D = {сумма очков больше двух}, Е = {сумма очков меньше пяти}, F = {хотя бы на одной кости появится цифра 6}, G = {произведение выпавших очков равно 6}.