Г.А. Миронова, Н.Н. Брандт, А.М. Салецкий - Молекулярная физика и термодинамика в вопросах и задачах (1103598), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Pn–m раз. Например, для нахождения A42 заключимвырезаемые части в круглые скобки, а отбрасываемые — в фигурные:(1,2)(1,2)(2,1)(2,1)(1,3)(1,3)(3,1)(3,1)11112222(3,4) (1,4)(4,3) (1,4)(3,4) (4,1)(4,3) (4,1)(2,4) (2,3)(4,2) (2,3)(2,4) (3,2)(4,2) (3,2)11112222(3,2) (2,4)(2,3) (2,4)(3,2) (4,2)(2,3) (4,2)(1,4) (3,4)(4,1) (3,4)(1,4) (4,3)(4,1) (4,3)11112222(3,1)(1,3)(3,1)(1,3)(1,2)(2,1)(1,2)(2,1)Таким образом, число размещений Anm меньше числа перестановок Pnв Pn–m раз:Pn!(1.2).Anm 2 n 2Pn 1m (n 1 m)!n!Ответ: Anm 1.(n 2 m)!Задача 1.3. Найти число сочетаний Cnm из n элементов по m.Решение.
Если в каждом сочетании выполнить все возможные перестановки, то получим все размещения, т. е.Anm 1 Cnm 2 Pm .ПоэтомуCnm 1Ответ: Cnm 1Anmn!.1Pm m !(n 2 m)!(1.3)n!.m !(n 2 m)!Замечание. В ходе решения следующих задач обратите внимание на несколько различных интерпретаций числа сочетаний Cnm .ГЛАВА 1. ЭЛЕМЕНТЫ КОМБИНАТОРИКИ. ВЕРОЯТНОСТЬ. БИНОМИАЛЬНОЕ РАСПРЕДЕЛЕНИЕ9Задача 1.4. Из n белых шаров m — чисто белые, а остальные (n – m) —помечены крестиком: OO.....O232.....42.
Сколькими разными способами12324 212mn 1mвсе шары можно расположить в ряд?Решение. При перестановке шаров (полное число перестановок Pn) встре2чаются одинаковые расположения шаров, так как в каждом выбранном рас2положении элементов можно m! раз сделать перестановки чисто белых ша2ров, причем при каждой такой перестановке можно (n – m)! раз переставлятьшары, помеченные крестиком. Таким образом, число различных располо2жений шаров равноPnn!22 Cnm 3 Cnn 1m .Pm 4 Pn 1m m !4 (n 1 m)!Вывод.Cnm 1 число различных расположений в рядэлементов двух типов : m элементоводного типа и (n 1 m) элементов другого типа.(1.4)Вопрос для самопроверки.
В ти´ре при попадании в мишень мишень пере2ворачивается. Сколько различных возможностей имеется, чтобы при n вы2стрелах m раз попасть в мишени?Ответ: число возможностей равно Cnm — числу способов, которыми мож2но расположить в ряд два типа мишеней: m перевернутых и (n – m) непере2вернутых.Задача 1.5. Показать (с помощью комбинаторики), чтоCnm 1 биномиальный коэффициент приa n 1 m bmв разложении многочлена (a 2 b)n .(1.5)Решение.
Многочлен (a + b)n можно представить как произведение n со2множителей:(a 1 b)n 2 (a 1 b) 3 (a 1 b) 333 (a 1 b) .12222322224n сомножителейРаскрывая скобки, получаем сумму слагаемых. Каждое слагаемое явля2ется произведением n элементов, взятых по одному (или a, или b) из каждогосомножителя. Отличаются слагаемые всевозможными комбинациями эле2ментов a и b, выбираемыми из сомножителей.
Если взять m раз второе сла2гаемое b (первое слагаемое а при этом окажется взятым (n – m) раз), то про2изведение будет равно an–mbm. Но выбрать m раз второе слагаемое b из n бино2мов, содержащих только два типа элементов a и b, можно как раз Cnmспособами (1.4), ч. т. д.Рассмотрим для примера бином (a + b)5. Биномиальный коэффициент причлене a3b2 равен числу различных расположений в ряд элементов a и b, взя2n!5!11 10 :тых из пяти сомножителей Cnm 1m !(n 2 m)! 2!3!10МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА В ВОПРОСАХ И ЗАДАЧАХaab ab aab ba abb aaaaa bb aba ab aba ba bab aa .baa ab baa ba bba aaТаким образом,(a 1 b)5 2 C50b5 1 C51ab4 1 C52a2b3 1 C53a3b2 1 C54 a 4b 1 C55a5 ,или в общем виде:(a 3 b)n 2n4 Cnm ambn1m .m 20Задача 1.6.
Сколькими способами можно n = 10 одинаковых подарковраспределить между m = 6 детьми так, чтобы каждый ребенок получил хотябы один подарок?Решение. Отложим каждому ребенку по одному подарку, чтобы в даль<нейшем распределение оставшихся k = (n – m) = 4 подарков подчинялось чис<той случайности. Эти k = 4 подарка расположим в ряд и с помощью (m – 1)меток<запятых разделим их на m = 6 групп, число которых равно числу де<тей. Например,1, .
, . , 1 1 1 , . , .При таком расположении меток второй, третий, пятый и шестой ребенокдополнительных подарков не получают. Число различных способов, кото<рыми можно разделить k подарков среди m детей, равно числу различныхрасположений в ряд k кружков и (m – 1) меток<запятых, т. е. двух типовэлементов. Используя (1.4), получаем:(n 1 1)!Ckm21(1m 11) 3 Cnm1111 33 C95 3 126.(m 1 1)!(n 1 m)!Ответ: 126.1.2.
СЛУЧАЙНАЯ ВЕЛИЧИНА.ВЕРОЯТНОСТЬСлучайная величина (и случайное событие) — это величина, значениекоторой (результат случайного события) зависит от случая, т. е. не можетбыть заранее предсказано. Существует вероятность, с которой случайная ве<личина принимает каждое возможное значение.Число доступных состояний N0 случайной величины — это полное числовозможных значений, которые может принимать случайная величина.Например, при бросании игральной кости на верхней грани может ока<заться любое число — случайная величина, принимающая значения 1, 2, 3,4, 5, 6.
Таким образом, число доступных состояний для игральной костиравно шести: N0 = 6.Частотная вероятность Pi какого<либо случайного события равна отно<шению числа благоприятных состояний Ni (из числа доступных состояний)к полному числу N0 равновозможных доступных состояний случайной вели<чины:ГЛАВА 1. ЭЛЕМЕНТЫ КОМБИНАТОРИКИ. ВЕРОЯТНОСТЬ. БИНОМИАЛЬНОЕ РАСПРЕДЕЛЕНИЕ11Ni.(1.6)N0Например, при бросании игральной кости число случаев, при которыхвыпадает цифра, кратная трем, равно двум (это цифры 3 и 6), а вероятность2 1выпадения цифры, кратной трем, равна P 1 1 . Естественно, что частот:6 3ная вероятность удовлетворяет условию нормировки:Pi 1N2 Pi 1 2 N0i 1 N10 2 Ni 1 1, 2 Pi 1 1.iii(1.7)iОбратим внимание на то, что приведенные в п.
1.1 задачи посвященывычислению числа благоприятных способов Ni, при которых данное событиеможет осуществиться, и определению полного числа N0 доступных состоя:ний системы. Таким образом, результаты этих задач могут быть использова:ны для подсчета вероятностей событий Pi, а следовательно, и для предсказа:ния наиболее вероятных событий.Задача 1.7. В ящике находятся n = 9 карточек с изображением целыхцифр от 1 до 9. Вынимаемые одна за другой m = 5 карточек укладываются вряд, образуя пятизначное число. С какой вероятностью это число равно 12345(событие у)?Решение.
Поскольку заданное число можно получить только одним спосо:бом Nу = 1. Число N0 различных пятизначных чисел, которые можно соста:вить из 9 цифр, равно числу размещений из n = 9 по m = 5. Таким образом,11 4!1Py 2 m 2 5 2 23 6,6 4 1015.AnA9 9! 15120Ответ: Py = 1/15120 » 6,6×10–5.Задача 1.8. Одинаковые шары, число которых равно n, случайным обра:зом раскладывают по k ящикам.
С какой вероятностью все шары окажутся водном из ящиков (событие у)?Решение. Поскольку номер ящика может быть любым событие у можетосуществиться k способами и число благоприятных исходов N y = k. Числодоступных состояний равно числу способов, которыми n шаров можно раз:ложить по k ящикам, а оно (как и в задаче 1.6) определяется числом сочета:ний (1.4):N0 3 Cnk211(k 11) 4 Cnn2 (k 11) 3(n 2 k 1 1)!.n !(k 1 1)!Следовательно, для искомой вероятности получаемPy 1Ответ: Py 112Nyk !n !1.N0 (n 2 k 3 1)!Nyk !n !1.N0 (n 2 k 3 1)!МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА В ВОПРОСАХ И ЗАДАЧАХ1.3.
ВЕРОЯТНОСТЬСЛОЖНЫХ СОБЫТИЙВведем обозначения сложных событий.Событие, состоящее в осуществлении события А1 или А2, будем обозна(чать как (А1 + А2), т. е.(A1 + A2) º (A1 или A2).(1.8)Событие, связанное с одновременным появлением событий А и В, обозна(чим как событие АВ, т. е.(AB) º (A и B).(1.9)Появление события А при условии, что произошло событие В (ранее илиодновременно), будем обозначать как A/B, т. е.(A/B) º (A при условии, что произошло B).(1.10)КЛАССИФИКАЦИЯ СВЯЗЕЙМЕЖДУ СОБЫТИЯМИСобытия A1 и A2 называются несовместимыми, если появление одного изних делает невозможным появление второго:P(A1A2) = 0.(1.11)События А и В называются независимыми, если появление любого изних не зависит от того, произошло другое событие или нет:P(A/B) = P(A).(1.12)ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕМЫ ДЛЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙСЛОЖНЫХ СОБЫТИЙФОРМУЛЫ СЛОЖЕНИЯ1.
Вероятность суммы несовместимых событий А1 и А2 (т. е. вероятностьпоявления события А1 или А2) равна сумме их вероятностей:P(A1 + A2) = P(A1) + P(A2).(1.13)2. В общем случае для любых двух событий А и В вероятность суммыэтих событий (т. е. вероятность появления события А или В) равнаP(A + B) = P(A) + P(B) – P(AB).(1.14)Первое слагаемое учитывает возможность появления события А без со(бытия В и события А, совместного с событием В (событие АВ). Второе слагае(мое также учитывает эту возможность (событие ВА).
Чтобы в вероятностиР(А или В) дважды не учитывать событие (АВ), в формуле (1.14) вероятностьР(АВ) вычитается.ГЛАВА 1. ЭЛЕМЕНТЫ КОМБИНАТОРИКИ. ВЕРОЯТНОСТЬ. БИНОМИАЛЬНОЕ РАСПРЕДЕЛЕНИЕ13ФОРМУЛЫ УМНОЖЕНИЯ1. В общем случае вероятность появления событий (А и В) равнаP(AB) = P(B) × P(A/B) º P(A) × P(B/A).(1.15)2.
Для независимых событий P(A/B) = P(A) иP(AB) = P(A) × P(B).(1.16)Задача 1.9. Определить вероятность выпадения либо цифры 6, либо циф;ры 5 при однократном бросании игральной кости.Решение. Так как события являются несовместимыми, то с учетом (1.13)находим:P(A5 + A6) = P(A5) + P(A6) = 1/6 + 1/6 = 1/3.Ответ: 1/3.Задача 1.10. Какова вероятность вытащитьиз колоды, содержащей n = 36 карт, либо картупиковой масти (событие А), либо туза (событие Т)?Решение. Схематическое изображение коло;ды из 36 карт представлено на рис. 1.2. Собы;тия А и Т являются совместимыми, поэтому ве;роятность вытащить либо пики (событие А),либо туза (событие Т) определяется в соответст;вии с формулой (1.14):P(A + T) = P(A) + P(T) – P(AT),гдеP(A) = 9/36 = 1/4;P(T) = 4/36 = 1/9.Рис.
1.2В левом верхнем углу пики(9 карт), в правом верхнем —буби (9 карт), в нижнем ле;вом — крести (9 карт), в пра;вом нижнем — черви (9 карт).Тузы (Т) каждой масти изобра;жены в центреP(T / A ) 1Вероятность изъятия туза пиковой мастиP(AT) (пика и туз) можно вычислить по форму;ле (1.15) P(AT) = P(A) × P(T/A), где P(T/A) — ве;роятность вытащить туза (Т) при условии, чтоэто пики (А), равначисло тузов пик 11 1 11 и P( AT) 1 2 1 .число карт пик 94 9 36В итоге вероятность искомого событияP(A + T) = P(A) + P(T) – P(A)/P(T/A) = 1/3.Действительно, карты, удовлетворяющие условию задачи, — это пики(9 карт) и 3 туза других мастей, т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
