XVI.Теория вероятности (наш учебник) (Учебник по Теории Вероятности), страница 7

Воспользовавшись основной формулой комбинаторики (выбор осуществляется из групп размером и, и — 1, ..., и — пь+ 1), приходим к утверждению теоремы. ~ Замечание 2.2. Из этой теоремы, в частности, следует, что чисю Р„перстановок из ть элементов равно пь Пример 2.3. Из шести карточек, образующих слово „МАСТЕР", наудачу выбирают четыре и выкладывают слева направо. Найдем вероятность Р(А) того, что в результате получится слово „ТЕМА". Элементарным исходом в данном опыте является любая четверка карточек с учетом порядка их выбора, т.е.

размещение 48 г. вкюятность из и = 6 элементов по т = 4 элементов. Поэтому число этих исходов равно числу размещений из шести элементов по четыре элемента, т.е. ~Ч=А4=866. Очевидно, что число исходов, благоприятствующих событию А, д~А = 1. Следовательно, Пример 2.4. К Новому году четырем детям были приготовлены подарки.

Дед Мороз перепутал подарки и вручил их детям случайным образом. Найдем вероятность Р(А) того, что каждый ребенок получил свой подарок. В данном случае число элементарных исходов равно числу перестановок из п = 4 элементов, т.е. Ф = Р~ = 24. Поскольку число благоприятствующих событию А исходов то 1 Р(А) = —. 24 Теорема 2.3. Число С„'"' сочетаний (без повторений) из и элементов по т определяется формулой С~ = тп! (и — ш)! м Для нахождения числа сочетаний (без повторений) заметим, что сочетание от размещения отличается только тем, что л.2.

Вычвслевие ееровтвостев с иомоюцыо формул комоиивториви 49 входящие в него элементы не упорядочены, т.е. могут быть выбраны в любой последовательности. Но число способов, которыми можно упорядочить тп элементов, совпадает с числом парестановок из тп элементов, т.е. равно пт! Значит, каждое сочетание соответствует тп! размещениям и А'„" Сто и тн! Отсюда получаем утверждение теоремы.

> Замечание 2.3. Число С™, называют также биномиальным ноэффнциентвом [1-2.6]. Пример 2.5. Группа состоит из н = 20 студентов. Для дежурства по институту наудачу выбирают та = 3 студента. Требуется найти вероятность Р(А) того, что будут выбраны первые три студента по списку. Для решения поставленной задачи достаточно заметить, что, поскольку порядок выбора студентов не существен, общее число элементарных исходов равно числу сочетаний из и = 20 по тп = 3, т.е.

Ж = Сзо — — 1140. Учитывая, что число благоприятствующих событию А исходов д~А = 1~ получаем Р(А) = — 8,8 10 ~. 1 1140 Теорема 2.4. Число А~ размещений с повторениями из и элементов по тп определяется формулой ~ Поскольку выбор осуществляется из одной и той же группы, причем элемент после возвращения каждый раз снова возвращается в группу, то в силу основной формулы комбинаторики 50 г. вероятность число всех выборок с возвращением из и элементов по ти рав- но иит.

!ь Мл =А1е — — 10 =10000. Поскольку благоприятствующий событию А исход один, то Р(А) = — = 0,0001. 1 10000 Теорема 2.5. Число С„'" сочетаний с повторениями иэ и элементов по и1 определяется формулой Си Си+ит — 1' (2.1) ~ Рассмотрим разность л +1 т +1 ' и+ти ' и+ти — 1' Подставляя в нее вместо С„'"++1 и С„'"++ 1 их значения (см. теорему 2.3), имеем (и+ га — 1)! ти+1 +1 (И + И") и+'" и+ти 1 ( + Ц1(И вЂ” Ц1 (1и + 1)! (и — 2)! (и+ т — 1)! (и+ т)(и+ 1и — 1)!' (а1+ 1)!(и — 1)(и — 2)! (1и+ 1) !(и — 2)! (и+ ти — 1)! ц1 и+ти-1 (и+ га — и+ 1)!(и+ ти — 1)! (га+ 1) !(и — 1)! Пример 2.6. Замок камеры хранения открывается при наборе определенной комбинации иэ четырех цифр от 0 до 9.

Пассажир забыл свой номер и набирает комбинацию наугад. Найдем вероятность Р(А) того, что он откроет замок с первого раза. Элементарным исходом является появление любой четверки из цифр О, 9, т.е. любое размещение с повторением из и = 10 элементов по га = 4 элемента. Значит, 2.2.

Выевсеекае аеролткостей с помощью формул комбккаторккк 51 Воспользуемся теперь методом математической индукции по переменной еп. Поскольку число выборок из и элементов по одному элементу равно и = С1 = С1, то формула (2.1) справедлива при еп = 1. Пусть теперь формула (2.1) справедлива для некоторого п1 ) 1. Покажем, что она справедлива и для еп+ 1. Для этого разобьем все выборки с повторениями из и элементов по еп+ 1 элементов на и типов.

К первому типу отнесем те выборки, в которых хотя бы один рэз встречается первый элемент, ко второму — выборки, в которых отсутствует первый элемент, но при этом хотя бы один рэз встречается второй элемент, к третьему — выборки, в которых отсутствуют первый и второй элементы, но хотя бы один рэз встречается третий элемент и т.д. Наконец, в выборке и-го типа (единственной!) встречается только и-й элемент. Число выборок 1'-го типа равно Ст;+1, так как выбор еп элементов производится иэ группы, содержащей и — 1+ 1 элементов. Поэтому С +1 С +С + +Ст Св+т — 1+ Св+т-2+ "+ Ст' Используя теперь доказанное равенство ш т+1 т+1 С„+, = С,+т — С,+ при Й = п,п — 1, ..., 1, получаем + ' '+ (Стт+2 Стт+1) + Стт+1 Св+т' Формулы для числа размещений и сочетаний можно применять и при решении задач комбинаторики, описываемых в несколько отличных от приведенных выше постановках.

В частности, при распределении частиц по ячейкам: — число способов, с помощью которых можно заполнить и разных ячеек еп различимыми частицами, причем в каждой 52 2.ВЕРОЯТНОСТЬ ячейке может находиться не'более одной частицы, равно числу в! А„размещений ю и элементов по тв элементов, А„= — число способов, с помощью которых можно заполнить и различных ячеек тв неразличимыми частицами, причем в каждой ячейке может находиться не более одной частицы, равно числу С„"' сочетаний иэ и элементов по тв элементов, в! Ста = тв!(в — тв)! — число способов, с помощью которых можно заполнить и различных ячеек тв различимыми частицами без ограничения на число попавших в каждую ячейку частиц, равно числу А„ размещений с повторениями из и элементов по тв элементов, ~ив ивь.

а ! — число способов, с помощью которых можно заполнить и различных ячеек тв неразличимыми частицами без ограничения на число попавших в каждую ячейку частиц, равно числу С„, сочетаний с повторениями иэ и элементов по тв элементов, Са Си+~а-1' Рассмотрим еще одну часто встречающуюся на практике задачу комбинаторики. Требуется найти число размещений с повторениями ю и элементов по тв элементов, в которых первый элемент встречается ровно тв! раз, второй элемент встречается ровно твт. раз, ...,и-й элемент встречается ровно твв раз (тв! + птэ+ ...тв„= тв).

Число таких размещений обозначим С(твм ", тва). Теорема 2.6. Число С(твт,...,тв„) определяется формулой тв! С(твм...,тв„) = твт!" ит ' м Для нахождения С(твм...,тв„) вычислим сначала число различных способов, с помощью которых можно выбрать первый элемент. Это число равно С '. После определения места, на котором появился первый элемент, вычислим число способов, 2.2. Вычисление неролтностей с помощью формул комбинаторики 53 с помощью которых можно выбрать второй элемент.

Поскольку число мест теперь равно т † то число таких способов равно С~с' ~,. Число способов выбора третьего элемента равно С'л',„ю и т.д. ИспользУЯ тепеРь основнУю фоРмУлУ комбинаторики, получаем С(тм °" ~то) = Ст Ст-тл1 Сш-пц-..;пз„ тп! (тп — т1)!... (тп - п11 —... — т„1)! т1!(т — т1)! т2!(п1 — т1 — т2) !... т„! О! т! т11... т„'! Число С(тпм...,т„) совпадает с числом способов, с помощью которых можно заполнить п1 разных ячеек и различимыми частицами без ограничения на число попавших в каждую ячейку частиц таким образом, чтобы в первой ячейке находилось т1 ЧаСтИЦ, ВО ВтОРОй — тз ЧаСтИЦ И т.Д., В П-й — то Чаетнп.

Замечание 2.4. Число С(тм...,т„) называют также полиномиальным (мультиномиа ььньем) козЯЯициентом, поскольку оно появляется как коэффициент при х~1' ...х„" в разложении функции (х|+... + х„)'" по степеням хм ..., х„. Пример 2.'Г. Из цифр 1, 2 и 3 случайным образом составляют шестизначное число. Требуется найти вероятность Р(А) того, что в этом числе цифра 1 будут встречаться один раз, цифра 2 — два раза и цифра 3 — три раза.

Элементарными исходами опыта являются всевозможные размещения с повторениями из трех элементов по шесть элементов, т.е. Д! = Ав = 3в = 72е 2. ВЕРОЯТНОСТЬ Число исходов, благоприятствующих данному событию, равно Ил =С(1,2,3) =60. Поэтому Р(А) = — 0,082.;К 60 729 В заключение приведем решение часто встречающейся в приложениях вероятностной задачи, которую формулируют в рамках классической схемы.