Л.Н. Фадеева, А.В. Лебедев - Теория вероятностей и математическая статистика (1115296), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Тогда число благоприятствующих 41! ЧАСТЬ!. теория вероятностей исходов !А!=10С4А4. Всего же способов составления 8-значных чисел !й~ = 10«. Искомая вероятность Р = — = ' = — ' — ' —, = 0,021168. ~,Ц~ 10Св'А,' 8. 9! 1 й~ 10в 4т4~ 5~ 10 Задача 4. Шесть клиентов случайным образом обращаются в 5 фирм. Найти вероятность того, что хотя бы в одну фирму никто не обратится. Решение.
Рассмотрим противоположное событие А, состоящее в том, что в каждую из 5 фирм обратился клиент, тогда в какуюто из них обратились два человека, а в остальные 4 фирмы — по 5хб! одному клиенту. Таких возможностей ! А ! = 5Ф« (2, 1, 1, 1, 1) = В1!1!1!2! Всего же способов распределить б клиентов по 5 фирмам 5х6! 1 !й) = 5'. Отсюда Р(А) = ' — = 0,1152, следовательно, 1!1!1!1!2! 5« = Р(А) =1 — Р(А) = 0,8848. Задача 5. Среди 25 экзаменационных билетов имеется 5 «счастливых» и 20 «несчастливых», Студенты подходят за билетами один за другим по очереди.
У кого больше вероятность вытащить «счастливый» билет: у того, кто подошел первым, или у того, кто подошел вторым? Решение. Пусть «счастливые» билеты имеют номера 1, 2, 3, 4„5. Обозначим через 1, номер билета, взятого первым студентом, через 1, — номер билета, взятого вторым студентом, тогда элементарным исходом будет пара (1„1,), а пространство элементарных исходов й = 1,(г„!т): 1, = 1, ..., 25, т, = 1, ..., 25, т ~ гт ), где все элементарные исходы равновероятны. Событие А = (первый студент взял «счастливый» билет) имеет вид А = ((г~ 1т): 1~ =1 — 5* !в = 1, ..., 25, !т ~ тт) а событие В = (второй студент взял «счастливый» билет) имеет вид: В=((1„1,):1, =1,...,25, 1, =1,...,5, 1, ~~). зо Глава а Каждое из событий А и В содержит ! А 1=!В~=С,'С,'„=120 элементов, а все пространство й имеет !й~=С,',С,'„=600 элементов.
Следовательно, Р(А) = Р(В) = 1/5. Вероятность не зависит от того, кто подошел первым, кто вторым и т.п. Задача б. Пусть в урне имеется Ф шаров, из них М белых и Ф вЂ” М черных. Из урны извлекается выборка объема и. Найти вероятность того, что в этой выборке будет ровно т белых шаров. Решение. Поскольку порядок элементов здесь несущественен, число всех возможных выборок объема л из лг элементов равно числу сочетаний С,"„. Число испытаний, которые благоприятствуют событию А — «т белых шаров, и — т черных», равно С„С" „,, и, следовательно, искомая вероятность С„С" „ равна Р(А) = " ~ " .
Описанная ситуация представляет со- С„" бой пример «урновой модели». Говорят также, что случайное число белых шаров в выборке здесь имеет гипергеометрпческое распределение. В общем случае предположим, что имеется Ю = и, + л, + ...+ л„ различных частиц, причем л, частиц первого типа, и, — второго типа, ..., л„— й-го типа. Случайным образом из этих Ф частиц выбирается т частиц. Найдем вероятность события А, состояшего в том, что среди выбранных окажется ровно т, < и, частиц первого типа, т, < и, — второго типа, ..., т„< л„— Й-го типа, так что и = т, + т, + ... + т„. Поскольку порядок выбора несушественен, при определении общего числа исходов и числа благоприятных исходов необходимо пользоваться числом сочетаний.
Общее число элементарных исходов равно С„. Далее, т, частиц первого типа можно выбрать С ' способами, т, частиц второго типа — ~с способами, ..., т„ частиц /с-го типа — С„"' способами. При этом любой выбор частиц определенного типа комбинируют с любыми выборами частиц остальных типов и, следовательно, число благоприятствующих событию А исходов равно С,'С'"' ...С„' . Поэтому вероятность С„" С,"в ... С,"' Р(А) = Р(т„т,...,т„) = и ЧАСТЬ С Теория вероятностей $ аЭ. Статистики Бозе-Эйнштейна, Ферми-Дирака, 1йаксвелла-Боя ьцмана Предположим, что л неразличимых частиц распределяются по и ячейкам. Различными и равновозможными считаются распределения частиц по ячейкам, отличающиеся только числом частиц, попавших в каждую ячейку.
Такое распределение носит название стапктики Бозе — Эйнштейна. Найдем общее число элементарных исходов в статистике Бозе — Эйнштейна. Если считать «белый» элемент частицей, а «черный» вЂ” перегородкой, то существует взаимно однозначное соответствие между способами выбора т — 1 «черного» элемента и размещениями частиц в статистике Бозе — Эйнштейна. Для этого рассмотрим последовательность из л + и — 1 элементов и выберем из них нт — 1 «черный» элемент. 2 3 т — 1 а ° а а а ° ° а а ° 1 2 3 4 5 6 7 Рис.
з.е Так, на рис. 2.1 в первую ячейку попала одна частица, во вторую — три, третья оказалась пустой и т.д., последняя, т-я ячейка, также оказалась пустой. Поэтому общее число размещений равно С„,„',. Найдем вероятность того, что в фиксированную ячейку попало ровно lс частиц (событие А).
Заметим, что если в этой фиксированной ячейке уже находится Й частиц, то остальные л — lс частиц должны быть распределены по оставшимся т — 1 ячейкам, а это можно сделать С„; —.~-~« ~ ~ =С„; —.~ способами. Следовательно, искомая вероятность С" ' р(А) л+«-я — т и-! С„,„, В статистике Ферми — Дирака и неразличимых частиц распределяются по т ячейкам (и < нт), однако в каждой ячейке не может находиться более одной частицы. Число различных элементарных исходов совпадает с числом способов, которыми можно выбрать л занятых ячеек из общего числа ячеек нт, Глава а яа и так как порядок выбора несущественен, то число способов равно С". Найдем вероятность того, что заняты )( фиксированных ячеек. Пусть событие А — заняты фиксированные /Г ячеек (х < и).
Тогда оставшиеся т — lс ячеек должны быть заполнены и — lс частицами, а это можно сделать С" ", способами. Поэтому искомая вероятность С" „' Р(А) = =" С" Предполагая, что и различных частиц распределяются по т ячейкам без ограничений на число попавших в каждую ячейку частиц, получаем статистику Максвелла — Больцмаиа. Поскольку каждая из и частиц может попасть в любую из т ячеек, то обшее число элементарных исходов равно т".
Событие А заключается в том, что в первую ячейку попало и, частиц, во вторую — и„..., в т-ю — и частиц (и, + и, + ... + и = и). Число благоприятных для события А исходов равно числу разбиений множества и на группы объема и„и„, и: и! лГ„(и„и,,...,и )= и,!и,!...и ! Таким образом, искомая вероятность Р(А) = и,!и,!..л ! т" Статистика Максвелла — Больцмана представляет собой частный случай так называемой нолииомиальной схемы (см.
гл. 4). 5 а.,!). Геометрическая вероятность Рассмотрим и-мерное вещественное пространство Я„. Пусть в какую-то ограниченную область И ~ А„наудачу бросили точку. Слово «наудачу» означает, что в таком эксперименте все точки области 0 «равновозможны». В этом случае вероятность попадания этой точки в какую-то подобласть А с Я определяется формулой Р(А)р« У(А) У(а«) 2 порвя ррроятнартрл ЧАСТЫ.
Теория вероятностей где ЦА) и 1'(в2) — и-мерные объемы областей А и й соответственно. Здесь элементарными исходами называются точки множества ь2 (которое играет роль пространства элементарных исходов), а благоприятствующими исходами — точки множества А. Задача 7. Точку наудачу бросили на отрезок [О; 2[. Какова вероятность попадания этой точки на интервал [0,5; 1,4[? Решение. Здесь пространство элементарных исходов — весь отрезок ь2 = [О; 2[, а множество благоприятствующих исходов А = [0,5; 1,4[, при этом длины этих интервалов равны 1(ь2) = 2 и 1(А) = 0,9.
Поэтому вероятность попадания брошенной точки в указанный интервал Р(А)= — = — '=0,45. У(А) 0,9 !(й) 2 Задача 8. На отрезок [О; 2[ бросили наудачу и поочередно две точки. Какова вероятность, что первая точка лежит правее второй точки? Решение. Обозначим получившиеся координаты точек через х и у. Элементарным исходом в таком бросании двух точек будет пара (х, у), а пространством элементарных исходов— квадрат в)=((х, у):х, уе[0; 2Ц.
Событие А = (первая точка лежит правее второй точки) равносильно условию х > у, следовательно, А=((х,у):х,ус[0; 2[,х>у), т.е. представляет собой треугольник (рис. 2.2). Площади квадрата и треугольника равны соответственно З(ь2) = 4 и Я(А) = 2, а потому вероятность Р(А) = — = — = 0,5. 5(А) 2 Я(й) 4 Рис. Р.а 34 Глава г ав Задача 9. Стержень (рис.
2.3) разламывается на две части в случайной точке, равномерно распределенной по длине стержня, Найти вероятность того, что меньший обломок имеет длину, не превосходящую одной трети длины стержня. Рне. 2.3 Решение. Обозначим длину стержня 1., а расстояние точки разлома от одного (например, левого) конца стержня — х.
Тогда описанное событие произойдет при условии, если 1. 21 х < — либо х > †. Искомая вероятность равна отношению 3 3 Е 1 — +— Р(А) = — = —. 3 3 Е 3 Задача 10 (задача а встрече). Два лица А и В условились встретиться в определенном месте между 12 и 13 часами.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
