Л.С. Пономаренко - Контрольные и тесты по теории вероятностей (2015) (1115298), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Таким образом, число благоприятных исходов для Ak равноCnk · M k · (N − M )n−k , а вероятность данного события равнаC k · M k · (N − M )n−k= CnkP(Ak ) = nNnµMN¶k µN −MN¶n−k,(1.1)где Mи N −M— доли белых и красных шаров, находящихся в урне. ЗаNNметим, что при выборе с возвращением эти доли не меняются, оставаясьодинаковыми при каждом выборе.¥Проведенные рассуждения легко обобщаются на случай, когда в урненаходятся шары нескольких цветов (более двух).Пример 1.6.
Рассмотрим урну, в которой находится 3 белых, 5 красных и 4 зеленых шара. С возвращением отбирается 6 шаров. Вычислимвероятность того, что шар каждого цвета появится дважды. Обозначимданное случайное события A. Всего элементарных исходов|Ω| = 126 ,7а число благоприятных исходов равно|A| = C62 · C42 · C22 · 32 · 52 · 42 .Произведение сочетаний в данной формуле учитывает различные варианты выбора номеров испытаний, в которых появлялись белые, красныеи зеленые шары. Это произведение приводится к видуC62 · C42 · C22 =6!.2! 2! 2!Следовательно,6!P(A) =2! 2! 2!1.1.3µ312¶2 µ512¶2 µ412¶2≈ 0.1085.¥Схема размещения шаров по ячейкамРассмотрим сначала случай различимых шаров.Пусть r таких шаров (например, отмеченных номерами от 1 до r)размещаются по n ячейкам, все возможные размещения равновероятны.Тогда возможных размещений nr , причем размещения отличаются одноот другого как количеством шаров в каждой ячейке, так и номерамишаров, находящихся в каждой из ячеек.
Разберем несколько примеров.Пример 1.7. Для частных значений параметров n = 3, r = 4 вычислимвероятность события A — нет пустых ячеек.Всего элементарных исходов |Ω| = 34 = 81. Подсчитаем теперь числоблагоприятных исходов для события A. Если нет пустых ячеек, то водной из ячеек должно быть два шара, а в остальных двух по одномушару. Благоприятные исходы отличаются друг от друга номером ячейки,в которой будет 2 шара, номерами этих двух шаров, а также номерамишаров в двух остальных ячейках. Таким образом, |A| = 3 · C42 · 2 · 1 = 36,а вероятность P(A) = 4/9.¥Пример 1.8.
В лифт, находящийся на цокольном этаже, вошли 7 человек. Лифт может остановиться на первом, втором, и так далее до седьмого этажах. Найдем вероятность события A — лифт сделает остановкуна каждом этаже.Всего элементарных исходов |Ω| = 77 , а благоприятных |A| = 7!. Следовательно,7!¥P(A) = 7 ≈ 0.00612.78Если шары неразличимы, то при построении модели надо пониматьпрежде всего, какие исходы равновероятны.
Если по-прежнему равновероятны nr исходов, то при подсчете числа элементарных исходов мыможем исходы мысленно перенумеровать и использовать первую модель.Но так можно сделать не всегда. В статистической физике возникают задачи, связанные с распределением элементарных частиц по ячейкам фазового пространства, и, оказывается, что рассмотренная выше модель неможет быть применима ни к одной из известных частиц. Более того, дляразличных частиц используются различные вероятностные модели.
1Рассмотрим модель размещения неразличимых частиц, которую применяют при размещении фотонов, атомных ядер и атомов, содержащихчетное число элементарных частиц, по различным областям фазовогопространства.Пример 1.9. Пусть теперь шары неразличимы, исходы отличаются одинот другого только числом шаров в каждой из ячеек и все возможныеисходы равновероятны. Разберем случай n = 3, r = 4 и найдем вероятность события A — нет пустых ячеек. Элементарный исход можно ввестикак цепочку| 0 0 | | 0 0 |,где две ближайшие вертикальные черты образуют ячейку, а 0 – шар.Приведем еще возможные исходы| | 0 0 0 | 0 |,| 0 | 0 | 0 0 |.Первый исход соответствует размещению, при котором вторая ячейкапустая, в двух других по 2 шара, во втором размещении пустой оказалась первая ячейка, во второй – 3 шара, в третьей – 1 шар.
Третийисход соответствует тому, что в первых двух ячейках по одному шару,а в третьей 2 шара. При подсчете общего числа исходов учтем, что длявсех исходов первая и последняя перегородки своих мест не меняют, авот 2 внутренние перегородки и 4 нуля могут располагаться на 6 местахпроизвольным образом. Число различных способов расположить нули иперегородки и дает общее число элементарных исходов. Следовательно,|Ω| = C62 = C64 = 15. Число благоприятных исходов для события A —нет пустых ячеек, равно |A| = 3, поскольку благоприятные исходы отличаются лишь номером ячейки, содержащей два шара. Следовательно,P(A) = 3/15 = 1/5.1Подробнее о различных схемах размещения частиц по ячейкам можно прочитатьв главе 2,параграфе 5 учебника В.
Феллера[1]9В общем случае размещения r неразличимых шаров по n ячейкамrn−1|Ω| = Cr+n−1= Cn+r−1.1.1.4¥ПерестановкиРассмотрим ещу одну часто используемую в задачах модель — перестановки. Если имеется n различных чисел, скажем, от 1 до n, то различныхспособов расстановки этих чисел n!.Пример 1.10. Десять человек случайным образом выстраиваются в шеренгу.
Найдем вероятности следующих событий: события A — Петя иВаня, а также Маша и Оля будут стоять рядом; события B — Петя иВаня стоят рядом, а Маша и Оля не окажутся рядом.Всего элементарных исходов |Ω| = 10!. Для вычисления числа благоприятных для A исходов будем считать пары Ваня – Петя и Маша –Оля отдельными элементами перестановки из 8 элементов, а также учтемвозможные перестановки внутри каждой из этих пар. Тогда |A| = 8!·2·2,P(A) =8! · 42= .10!45Число благоприятных исходов для события B найдем как разность между числом всех исходов, когда Петя и Ваня стоят рядом, и числом исходов, благоприятных для события A :|B| = 9! · 2 − 8! · 4 = 8! · 14.Следовательно,8! · 147= .10!45Видим, что событие B в среднем будет происходить в 3.5 раза чаще, чемсобытие A.¥P(B) =Пример 1.11.
Карточки, на которых записаны буквы М,А,Т,Е,М,А,Т,И,К,А, перемешали и разложили в случайном порядке. Вычислим вероятность события A,состоящего в том, что сложится слово "математика".Здесь, как и в предыдущем примере, |Ω| = 10!. Число благоприятныхисходов для события A будем вычислять, учитывая, сколькими способами можно поставить букву на каждое место: |A| = 2·3·2·1·1·2·1·1·1·1 =2! · 3! · 2! = 24. К такому же результату мы бы пришли, рассуждая подругому: учтем, что две буквы М можно переставлять 2! способами, 310буквы А можно переставлять 3! способами, две буквы Т — 2! способами, а остальные буквы единственным способом, поскольку их по одной.Окончательно получаемP(A) =1.1.524≈ 0.000007.10!¥Вероятность объединения случайных событийЧасто, чтобы вычислить вероятность интересующего нас события, этособытие необходимо представить в виде объединения нескольких болеепростых событий.
Из аксиом в определении вероятности следует, что дляпопарно несовместных событий вероятность объединения равна суммевероятностей. В рассмотреных выше примерах мы применяли это свойство вероятности. Разберем еще один пример, в котором интересующеенас событие представляется в виде объединения более простых событий.Пример 1.12. Пять статей разных авторов случайным образом разложены по четырем папкам. Найдем вероятность того, что ровно однапапка окажется пустой (обозначим данное событие A ).Для решения этой задачи воспользуемся схемой размещения различимых частиц по ячейкам (r = 5, n = 4).
Всего исходов |Ω| = 45 = 1024.Для вычисления числа благоприятных исходов события A разобьем егона две частиA = A1 ∪ A2 ,где A1 — событие, состояшее в том, что 1 папка пустая, 1 содержит 3статьи, а в остальных двух по одной статье, A2 — 1 папка пустая, 2 папкисодержат по две статьи, в оставшейся папке 1 статья.
Других вариантовразмещений с одной пустой папкой нет. Поскольку события A1 и A2 немогут наступить одновременно, тоP(A) = P(A1 ∪ A2 ) = P(A1 ) + P(A2 ).Для подсчета числа благоприятных исходов этих событий будем учитывать, чем благоприятные исходы отличаются одтн от другого. Так|A1 | = 4 · 3 · C53 · 2! = 240,причем 4 — это число способов выбрать пустую папку, 3—число способовиз оставшихся трех папок выбрать ту, в которой находится 3 статьи, C53— число способов выбрать эти статьи, и, наконец, 2! — число способовразместить последние две статьи по двум оставшимся папкам.11Таким образом получаемP(A1 ) =240≈ 0.2344.1024Аналогичным образом вычисляем число благоприятных исходов для второго события:|A2 | = 4 · C32 · C52 · C32 · 1 = 360,где 4 — по-прежнему число способов выбрать пустую папку, C32 — числоспособов из трех оставшихся папок выбрать две, в которых будет по двестатьи, C52 — число различных способов выбора двух статей, помещенныхв первую из папок, C32 — число вариантов выбора из оставшихся статейеще двух статей во вторую папку, и послеэтого одну оставшуюся статьюпоместить в последнюю папку.
Следовательно,P(A2 ) =360≈ 0.3516.1024P(A) = 0.2344 + 0.3516 = 0.586.Пример 1.13. Секретарь, написав 10 писем и подписав 10 конвертов,разложила письма по конвертам в случайном порядке. Вычислим вероятность события A — хотя бы одно из писем попадет своему адресату.Представим событие A в видеA=10[Ai ,i=1где событие Ai состоит в том, что i- ому адресату попало нужное письмо. Введенные события могут наступать одновременно. В таких случаяхнадо применять известную формулу для вероятности объединения слчайных событий 2P{n[i=1Ai } =nXi=1P(Ai ) −XP(Ai Aj ) +1≤i<j≤nXP(Ai Aj Ak ) − · · · +1≤i<j<k≤n+(−1)n−1 P(A1 A2 . . .
An ).(1.2)Для вычисления вероятностей событий Ai и их различных пересечений перенумеруем конверты числами от 1 до 10, а письмам, предназначенным этим адресатам присвоим такой же номер. Тогда элементарный2Вывод этой формулы можно посмотреть в [2], стр. 30–31.12исход ω = (i1 , i2 , · · · , i10 ) соответствует тому, что в первый конверт попало письмо с номером i1 второму — с номером i2 и т.д. Всего различныхисходов |Ω| = 10!, благоприятных для события Ai — |Ai | = (10 − 1)! = 9!,следовательно, P(Ai ) = 9!/10! = 1/10. Аналогичным образом вычисляются вероятностиP(Ai Aj ) = 8!/10!,P(Ai Aj Ak ) = 7!/10!,...P(A1 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
