А.Н. Колмогоров, Г.И. Журбенко, А.В. Прохоров - Введение в теорию вероятностей (1115326), страница 7
Текст из файла (страница 7)
На- ' пример, ноамонсен такой-':, -й- исход: первый выключа-: у тель включен, второй вы-''. ключен, третий включен,'" четвертый выключен. По-, скольку выключателей че-, 4 тырс и каждый иа иих В у Ф ъюжет иаходиться толькэ-':„ в одном иа двух допусти-,':,, мых состояний, то всего".,: исходов 2в = 16. Пусть А обозначает событие, состоящее в том, что схема проводит тои. 1. Найдем Р (А) для схемы 1, Чтобы схема 1 проводи-':": ла ток, необходимо, чтобы все выключатели были вклю-':,' чеяы.
Такая воэмонспость только одна. Следовательно,'.„" Р (А) = 1/16. 2. Для схемы 11 рассмотрим событие А, состоящее:.,' в том, что схема П ток пе проводит. Для этого необходи-„'-" мо, чтобы ни один иа выключателей не проводил ток.'.; лг Событие А состоит иа единственного исхода. Таким бй.
разом, Р (А) = 2Иб и, значит, Р (А) = $ — Р (Х) = 15/$6. 3. Найдем, наконец, Р (А) для третьей схемы. Соби тие А мы можем здесь представить в виде суммы попйф)йо' несовместных событий Аг, Аз, Аз. Событие Аз состоит в том, что участок «$ — 2» ток проводит, а участок «3 '"4» ток не проводит. Событие Аз состоит в том, что участок ° 3 — 4» ток проводит, а участок «1 — 2» ток не проведет. Событие А состоит в том, что оба участка проводят ток.
Очевидно, что события А, и Аз содержат по три исхода, а событие Аз — только один исход. Отсюда Р (А) = Р (Аг) + (Аз) + Р (Аз) = Итак, самой выгодной схемой, которая с максимальной вероятностью проводит ток, является схема Н. Упражнения 1. Возмеввы »сто чечыре исхода аы аз, аз, ав. Перечислить все события. Каково нх числов Олиет: 16. 2. Кексе смысл ранеястз АВС = А; А () В () С = А) Оаиенп Л СВС; А ~ В Ц С. 3, Дыавать, что А 1) В = =дВ; АВс=лОВ() с. д т /-.'.) 4.Упростить (А() В)(А () В). Ответ: А. 6. Доказать, что нз А ~ В следует неравенства Р(А)» „ь Р(В). 6.
Какой ответ в прнмере1, Г ф если в зале 8 рядов, а в неявном ряду 8 мест) д у '-" в Ответ. 'искомые вероятности равны. 7. Игральная кость бросается два реза. Чему равна вероятность В того, что сумма ечпов будет делиться на 3; будет боль- рне. 14. Элезтрпчесяпе схемы юе 77 Какая из возмаявных н задаче 8.
сумм (2,3, ..., 12) имеет нанболыпую вероятность появления прн двух бросаниях) Отеепп 1/3; 6/12; 6/36 вероятность, что сумма раина 7. 8. Какая из двух нзебраясенных нз рнс, 14 цепей с больц1ей вероятностью проводит электрические топу Оеиет: П вЂ” вероятность для нее равна 21/64. 9. Что вероятнее: прн двух бросаниях монеты получить хотя бы раз герб нлз получить подряд два раза решку) Олиет: хотя бы раз герб, вероятность мого события равна 3/4в 43 й Б. Элементы комбинаторики н применения к задачам теории вероятностей Мы ограничимся здесь изложением элемйтй( тов комбинаторики, предварительное ознакомле о которыми было начато в главе 1.
Пусть имеется и элементов (предметов), отличающих", ся друг от друга какими-то признаками, например, ном'"" рами нли илдексами. Раэмещением из п элементов по называется совокупность й элементов из этих л, размещенч ных в определенном порядке. Различными вчитаются; раамещеккя, в которых или имеются различные элементыили, если все элементы одни н те же, то различны поряд-',.) кп их расположения. Пусть для примера: в портфеле имеются такие пред-, меты — ручка (р), карандаш (к), линейка (л), резинка, (ре) и очки (о). Мы просим одного иэ учащихся достать;:, по очереди два предмета.
Прн этом могут представиться', следующие случаи: (р, к), (р, л), (р, ре), (р, о), (к, о)~':, (к, р), (к, ре), (к, л), (л, р), (л, к), (л, ре), (л, о), (ре, р), (ре, и), (ре, л), (ре, о), (о, р), (о, к), (о, л), (о, ре). На пер-.', вом месте в скобках выписан предмет, извлеченный ин>: портфеля первым, на втором — извлеченный вторым. Мы . вылксалн все возможные размещения из 5 предметов по') 2, их оказалось 20. Часть нз этих размещений отличается! только порядком элементов, например, первая пара Н;:, шестая, вторая и девятая. Некоторые же из ннх отличают-:, ся н элементами — первая пара и вторая, первая н один- .
надцатая. В приведенном примере было несложно нодсчитать.'1 число всех возмолсных размещений путем непосредствен- ':,' ного их выписывания. Однако в ряде случаев такое пере-;-' числение всех возмоя;ных размещений оказывается или э: технически затруднительным, илн же практически невоз-:! моло~ым пз-за огромного времени, которое необходимо на ) эту работу. Естественно поставить вопрос о разыскании !' общей формулы для числа различных раамещений из п: элементов по Й. Это число обозначается символом А",.
Докажем, что А„= и (л — 1) (л — 2)... (и — й + 1). С этой целью разобьем все размещения па п непересекаю-;:. щихся между собой групп, В первую группу включим 44 все размещения, начинающиеся с нервото элемента, во ' вторую — начинающиеся со второго и т. д. Теперь, по-. скольку в первой группе первый влемент уже фиксирован, мы можем зту группу разбить на и — 1 новых подгрупп; в первую подгруппу первой группы мы о~несем те и только те элементы первой группы, у которых второй по порез~- ну элемент будет иметь номер 2. Во второй подгруппе аторым элементом будет элемент с номером 3 и т. д. Зту > перацию мы проделаем для каждой группы. В резульате мы получим и (и — 1) различных подгрупп.
Прадеды,нв этот процесс разбиения далее, мы убедимся, что всех размещений будет и (и — 1)... (и — й + 1). Размещения из и элементов по и называют переел>ано>~« нами. Мы видим, что число различных перестановок равно А,", = и (и — 1) ... 2 1. Вто число обозначается символом и! (и-факториал). Очевидно, что и-факториал при и ~> 2 обладает следую>цям свопством> и! = (и — 1)> и. Чтобы это равенство имело место при любых целых поло>ыительных значениях и, положим по определению О! = 1.
0>ункция и! растет с ростом и очень быстро. Приведем несколько первых ее значений: О! =1,1!=1,2!=2,8!=6, й(=-24, 5! = 120, 6! = 720, Теперь формула для Ае~ может быть записвыа и в иной форме: А ив Сочетанием ив и различных элементов по й называется произвольный набор й предметов из этих и. Различными считаются сочетания, равличающиеся между соб>ой хотя бы одним элементом. Найдем формулу для числа сочетания, которое мы будем обозначать символом С„. е Рассмотрим все размещения из и элементов по и.
Разобьем их на различные группы, в каждой из которьж размещения различаются только порядком элементов, но ые составом, а две разлнйцые груцвр> отлачаются хотя бы »а одним элементе»ь Очевидно, что число различных груп«~„;-' совпадает с числом сочетаний иа п элементов по й. Цв':) внутри кая«дой из групп содержится столько размещений,;:~ сколькэми способами можно переставить )«различных':.
предметоз, т. е. А». Таким образом, » А~ э(э — !)... (э — а+Ц! э! ~» ь! ы (э — (с)! ' По определению положпм С'„' =1 Рассмотрим теперь несколько примеров использова-:. ния формул комбинаторики для рааыскания вероятностей,::; случайных событий. П р и м е р 1. Пять друзей живут вместе. Они решили, '- что утром, когда нуя«но пойти в магааин купить к зав-:,.'; траку свежего хлеба, они будут тянуть я«ребий: из пяти бума»кек на одной будет стоять буква «х». Кто вытянет буман;ку с этой буквой, тот и должен идти за покупкой.
Для какого из друзей, вытягивающего бумажку первым, вторым, третьим, четвертым или пятым, вероятность вынуть»кребий «х» будет наименьшей7 Исходом здесь следует назвать л!обую из 5! переста-,::-'. новок 5 билетов. Найдем вероятность того, что билет «х» достанется й-му по счету другу. Это событие содержит . все исходы, в которых билет «х» занимает Й-е место, а ос- .-,; тальные 4 билета могут занимать любые из оставшихся 4 мест.
Это может произойти 4! способами. Таким образом, вероятность вытннуть билет «х» я-му по счету другу равна 4! 1 Ри= — = — ' 5! 5 Эта вероятность не зависит от того, каким по порндку очередноств вытягивать жребий, так что последний в очереди имеет такую же вероятность вытянуть жребий, как и первый. Очевидно, что этой задаче можно придать большое число различных интересных в прикладном отношении Г( формулировок. П р и м е р 2. В ящике имеются 10 белых и 5 черных шаров.
Наудачу вынимают 3 из них. Какой состав шаров по цвету извлечь наиболее вероятно1 46 Обоаначим через АЬ,ь ь событие, состоящее в том, что среди трех извлеченных шаров 1 окаькутся белымк, а 3 — 1 — черными. Очевидно, что могут осуществиться такие события: Аь„Аьл, Л1,1, Аь,з Так как порядок извлеченных шаров нас не интересует, то,под исходом сле- дует понимать любое сочетание трех элементов пз 15. Тогда событие Аь, состоит из Св исходов (вынимаются ю какие-то 3 белых шара из $0 белых), событие Аьл состоит из СыС', исходов, событие АЬь — нз СйСь исходов и Л,м — из С, 'исходов.
Вероятности интересующих нас событий бУдУт: р~ ~ ~ — — 0264, Сьь 24 ьь= в ВЬ 1Ь .1Ь 1Ь р „, ° „, =0,022. СЬЬ Таким образом, наиболее вероятно появление двух белых и одного черного шара. П р и м е р 3. В группе из М + Ж предметов имекяЬсй М предметов, обладающих некоторым свойством А, и Ф предметов, которые им не обладают. Из етой грушп1преД- метов вынимаются наудачу л предметов. Опрашивается; чему равна вероятность того, что будут извлечены ьл предметов со свойством А и и предметов, не обладающих этим свойством (т+ и = Й)1 Эта задача играет большую роль в ряде областей практических применений математика в демографии, статпсткке населения, статистическом когхроле качества промышленной продукции. Под исходом здесь следует донимать ьоявленяе л1обых й предметов из име1ощнхся М + Р.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
