теория вероятностей в примерах и задачах

Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное государственное автономное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Северный (Арктический) Федеральный университет
имени М.В. Ломоносова»
*
:
Е.В. Михайлов, Н.Н. Патронова, В.В.Тепляков
ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ
Часть 1. Комбинаторика. Случайные события и их вероятности
Архангельск
2013'-
УДК 519.111.3+519.2(07)
ББК22.171+22.141я7
Рецензенты: доктор педагогических наук, профессор, профессор кафедры высшей
математики Российского университета дружбы народов Б.И.Санина;
доктор
педагогических
наук, , профессор,
профессор
кафедры
прикладной математики Чувашского государственного университета
имени И.Н. Ульянова Н.И. Мерлина
{
Печатается по решению, редакционно-издателъского совета
САФУ имени М.В. Ломоносова
-I
t
Теория
вероятностей
Комбинаторика.
•
в примерах
Случайные
события
и задачах: Часть
и
1.
их вероятности
Е.В. Михайлов, Н.Н. Патронова, В.В. Тепляков;
/
САФУ
имени М.В.Ломоносова. - Архангельск; С А Ф У , 2 0 1 3 - 141 с.
,
1
Данное учебное пособие предназначено для студентов, обучающихся
по
специальностям
(направлениям) ' «Математика»
и
«Прикладная
математика и информатика». Пособие содержит материалы для проведения
практических занятий по темам, относящимся к таким разделам теории
вероятностей, как комбинаторика, случайные события и их вероятности.
В предлагаемом учебном пособии раскрыты основные понятия
'комбинаторики •-и теории " вероятностей,
представлена
аксиоматика
А.Н. Колмогорова, рассмотрены основные теоремы теории вероятностей,
относящиеся к случайным событиям, а также важные для приложений
теории вероятностей теоремы Бернулли, Пуассона, Муавра - Лапласа.
1
Наибольшее
внимание
отведено
практическому
применению
положений теории. Теория представлена в том объёме; насколько это
необходимо для понимания конкретного метода, в особенности его
применимости. Пониманию представленного материала способствуют
содержащиеся
в пособии многочисленные
примеры с решениями.
Большинство заданий для самостоятельного решения снабжены ответами
или указаниями к решению: Таким образом, пособие особенно полезно
студентам с точки зрения освоения практических методов решения
комбинаторных и вероятностных задач.
Наличие в пособии задачного материала различного уровня сложности
позволит использовать его и при подготовке студентов к олимпиадам по
математике различного уровня.
Список рекомендуемой литературы позволит студентам глубже изучить
те или иные вопросы из разных разделов теории вероятностей.
УДК 519.111.3+519.2(07)
ББК22.171+22.141я7
© Михайлов Е.В., Патронова Н.Н., Тепляков ВВ., 2013
© Сев. (Аркт.) федер. Ун-т им. М.В. Ломоносова, 2013
Глава 1
Элементы комбинаторики
Умение решать задачи — такое же практическое
искусство, как умение плавать или бегать. Ему можно
научиться только путем подражания или упражнения.
ДлПойа
Комбинаторика — э т о раздел математики, изучающий методы
решения задач на подсчет числа, различных комбинаций.
В комбинаторике есть дна важных правила, часто применяемых
при решении комбинаторных задач.
1.1
1.1.1
Основные правила комбинаторики
Правило произведения
Пусть требуется выполнить одно за другим какие-то к действий,
причем 1-е действие можно выполнить щ способами, 2-е - пг спо­
собами и т; д. до fc-ro действия, которое можно выполнить
спо­
собами, причем количество способов выполнить каждое действие не.
зависит от того, какими были предыдущие действия.-Тогда'все к
действий можно выполнить щ - щ-.
• Пк способами.
• >-
П р и м е р ! . В магазине «Все для чая» есть 5 разных чашек, 3
блюдца и еще 4 ложки. Сколькими способами можно купить ком­
плект из чашки, блюдца и ложки?
Решение. Пусть первое действие — выбор чашки, второе — вы­
бор блюдца, третье — выбор ложки. Чтобы выбрать комплект из
чашки, блюдца и ложки, необходимо выполнить все три действия.
Таким образом, по правилу произведения, число различных ком­
1
плектов равно 5 • 3 • 4 = 60. • • < " ' • •
П р и м е р 2. В Стране Чудес есть три города: А, В и С. Из города
А в город В ведет 6 дорог, а из города В в город С — 4 дороги.
Сколькими способами можно проехать из А в С ?
Ответ. 4 • 6 = 24.
П р и м е р 3. Сколько существует трехзначных четных чисел?
Ответ. 9 • 10 • 5 = 450.
1.1.2
Правило суммы
Пусть требуется выполнить одно из каких-либо к действий, вза­
имно исключающих друг друга. Если 1-е действие можно выполнить
п\ способами, 2-е - n-i способами и т. д. до k-vo действия, которое
можно выполнить Щ; способами, то выполнить одно из этих к дей­
ствий можно {щ +П-2 + • • • + ilk) способами.
П р и м е р 4. В Стране Чудес построили еще один город — D и
несколько новых дорог — две из А в D и две из D в С. Сколькими
способами можно теперь добраться из города А в город С ?
Решение. Выделим два случая: путь проходит через город В
или через город D. В каждом из случаев по правилу произведения
легко сосчитать количество возможных маршрутов: в первом — 24,
во втором — 4. Складывая, получаем общее количество маршрутов:
28.
П р и м е р 5. В магазине «Все для чая» по-прежнему.продаетея 5
чашек, 3 блюдца и 4 чайные ложки. Сколькими способами можно
купить два предмета с разными названиями?
Решение. Возможны три различных случая: первый
покупа-'
ются чашка с блюдцем, второй — чашка с ложкой, третий — блюдце
и ложка. В каждом из этих случаев легко сосчитать количество ко­
личество возможных вариантов (в первом — 15, во втором .—20,,в
третьем — 12). Складывая, получаем общее число возможных вари­
антов: 47.
1.2
Основные понятия комбинаторики
Пусть дано множество из п различных элементов и из него мы
выбираем случайным образом т элементов (0 ^ т < те).
Эти m-элементные множества (выборки) могут отличаться:
• составом элементов;
• порядком следования элементов;
• возможностью повтора элементов в подмножестве.
В соответствии с этим выделяют следующие виды подмножеств.
1.2.1
Размещения
ч
^
Размещения — упорядоченные m-элементные подмножества
n-элементного множества, которые отличаются как составом,'так
и порядком следования элементов.
. .
и
- .
••••{'
У т в е р ж д е н и е . Число всех размещений А% из п элементов по
m ( m < n ) , определяется по формуле:'
AT; = 77
\п — т)\'
Доказательство'.Каждре размещение представляет собой упо­
рядоченный набор из т ' э л ё м е н т о в . Первый элемент можем выбрать
п способами.'второй — п— 1 с п о с о б о м , . . . " , m-й — п — т+1
способом.
Таким образом,'по правилу произведения
А™ = п • (п - 1) • . . . •(п - т + 1)
(п — т ) !
П р и м е р б . Сколькими способами можно случайным образом из
25 лучших студентов курса выбрать 2-х для поездки в Англию и
Америку?
-
-
s
Решение. Так как в данном случае важно, не только .какие 2
человека будут выбраны из 25 (состав элементов), но и кто из них
поедет в Англию, а кто - в Америку (порядок следования элемен­
тов), то общее число комбинаций будет числом размещений из 25 по
2. Таким образом, искомое число способов равно:
,
25!
25!
А\я = 7^
^ 7 = 7^7 = 25 • 24 = 600.
(25 - 2 ) !
23!
2 5
П р и м е р 7. На 9-ти карточках написано по одной цифре от 1
д о 9 без повторений. Располагая любые три карточки в строку, мы
получим трехзначное число. Сколько различных трехзначных чисел
можно получить при помощи этих 9-ти карточек?
Ответ. А% = 504.
1.2.2
Перестановки
Перестановки — любые упорядоченные множества, в которые
входят все п различных элементов; исходного'множества.
У т в е р ж д е н и е . Число всех перестановок Р
п
определяется по формуле:
•
Р
п
из 7\ элементов
•
; 1
= п\.
• \
•
I
ч
Доказательство. Заметим, что перестановки — частный вид
размещений, когда п = т. Таким образом.
П р и м е р е . Сколькими способами можно поставить 7 человек в
очередь?
Ответ. 7! = 5040.
П р и м е р 9. Сколько различных слов можно получить перестав­
ляя буквы слова 1) " В Е К Т О Р " 2) " П А Р А Б О Л А " ?
Решение. 1) Так как все буквы слова различны, т о всего можно
получить 6! = 72 слов. 2) Считая три буквы А этого слова различ­
ными ( A i , Аг, А з ) , получим 8! разных слов. Однако слова, отли­
чающиеся лишь перестановкой букв А, на самом деле одинаковы.
Поскольку буквы A i , А2, A3 можно переставлять 3! способами, все
8! слов разбиваются на группы по 3! одинаковых. Поэтому разных
слов всего'8!/3!.
1.2.3
Сочетания
Сочетания — m-элементные подмножества тг-элементного мно­
жества, которые отличаются только составом элементов (порядок их
следования не важен!).
У т в е р ж д е н и е . Число всех сочетаний С™ из п элементов по т
(где т < п), определяется по формуле:
С"
га'
=
А
т
Доказательство. Легко заметить, что С™ =
П р и м е р 10. Сколькими способами можно из группы 25 человек
случайным образом вызвать двух человек к доске?
Решение. Так как в данном случае важно только то, какие 2
человека будут вызваны из 25, человек группы (состав элементов), а
порядок их следования не важен, т о общее число комбинаций будет
числом сочетаний из 25 элементов по 2. Таким образом, искомое
число способов равно
25!
°
2 5
25!
~2!(25-2)!~2!23!
Ш
-
П р и м е р 11. Сколько диагоналей в выпуклом п-угольнике?
Решение. Решим задачу двумя способами.
Первый
способ.
В качестве первого конца диагонали
можно
взять л ю б у ю из п вершин, а в качестве второго - любую из п — 3
вершин, отличных от выбранных и двух соседних с ней. При таком
подсчете каждая диагональ учитывается дважды, поэтому число
n(h — 3)
диагоналей равно
.
^Второй способ. Рассмотрим п вершин многоугольника. Прове­
дем все отрезки, которые соединяют любые две вершины. Число
п(п — 1)
таких отрезков равно G „ =
. Каждый из этих отрезков, за
исключением п сторон, является диагональю. Таким образом, число
„~
п(п - 1)
п(п — 3)
диагоналей равно С „ — п =
п =
.
у.
i
Рассмотренные выше комбинации относятся к так называемому
в ы б о р у без возвращения — входящие в их состав элементы не
повторяются.
Кроме того, комбинаторика рассматривает и случаи с повторе­
нием элементов, входящих в рассматриваемые множества — так на­
зываемый выбор с возвращением — размещения, сочетания и
перестановки из п элементов по го, в которых некоторые элементы
(или все) могут быть одинаковыми.
1.2.4
s
Размещения с повторениями
Размещения с повторениями — упорядоченные m-элементные
подмножества n-элементного множества, которые отличаются как
составом, так и порядком следования элементов.
У т в е р ж д е н и е . Число всех размещений с повторениями А™ из
п элементов по т определяется по формуле:
Доказательство. Каждое размещение представляет собой упо-:
рядоченный набор из т элементов. Первый элемент можем выбрать
п способами, второй — п способами, . . . , го-й — п способами. Таким
образом, по правилу произведения
Л™ =
п.
т
П р и м е р 12. Сколько различных чисел может быть на экране
калькулятора, имеющего 5 регистров?
Решение. В каждом из регистров калькулятора может быть
любая цифра из 10 имеющихся: от 0 до 9. (Заметим, что это не
количество пятизначных чисел, и в первой ячейке может быть 0,
он просто не отображается). Очевидно, что цифры в регистрах м с - '
гут повторяться, причем нам важен порядок их следования.'-Таким
образом, здесь'необходимо использовать формулу размещений с'по­
вторениями. Значит искомое количество различных чисел равно
AL
= 10 = 100000.
5
'•
1.2.5
Сочетания с повторениями
Сочетания с повторениями — m-элементные подмножества
n-элементного множества, которые отличаются только составом эле­
ментов (порядок их следования не важен).
У т в е р ж д е н и е . Число всех сочетаний с повторениями С™ из п
элементов по т определяется по формуле:
л . . ™
_ n - i '
.
W - W + m r i - V"+m-i
r
( n + m - 1)1
!(„_i)! •
m
Доказательство. «Закодируем» сочетание с повторениями по­
следовательностью нулей и единиц следующим образом: сначала за­
пишем столько единиц, сколько раз в сочетание входит первый эле­
мент исходного множества, затем — 0, затем столько единиц, сколь­
ко "раз • в сочетание входит второй элемент исходного множества, за­
тем — 0 и т. д. (после единиц соответствующих последнему элементу
О не ставим).
Заметим, что в кодирующей последовательности ровно п + т — 1
элемент: т единиц (столько, сколько элементов в сочетании) и п — 1
нулей (отделяющих друг от друга п наборов единиц, соответствую­
щих п элементам исходного множества). Очевидно, что такой после­
довательности соответствует некоторое сочетание с повторениями из
п по .т. Таким образом, установлено взаимно однозначное соответ­
ствие между множеством сочетаний из п по m и множеством по­
следовательностей из т единиц и п — 1 нуля. Несложно подсчитать
число последних:
..
Утверждение доказано.
П р и м е р 13. В кондитерской имеется 7 видов пирожных. Сколь­
ко различных наборов по 4 пирожных можно составить при том, что
пирожные могут быть в наборе одинаковыми?
Решение. Поскольку условие данной задачи указывает, что по-
рядок пирожных в наборе не важен, и пирожные могут быть в набо­
ре одинаковыми, то общее количество наборов представляет собой
число сочетаний с повторениями из 7 элементов по 4:
^
4
= Gi o =
4
• -
Ш
^ = 2 1 0 .
4!6!
П р и м е р 1 4 . На почте имеются марки 10-ти различных типов.
Покупается 15 марок. Сколько существует различных способов по­
купки 15 марок?
Решение. Имеется 10 различных типов марок. Марки различ­
ных типов различимы, а марки одного типа неразличимы. Следова­
тельно имеется п = 10 групп. Купленные 15 марок образуют под­
множество из т = 15 элементов. Данные подмножества отличаются
только элементами, поэтому количество различных покупок равно
числу сочетаний с повторениями из 10 элементов по 15:
,
Г<15 __ г<9
1.2.6
Перестановки с повторениями
Перестановки с повторениями — упорядоченные множества,
в которых элемент o i повторяется щ раз, аг повторяется пг раз, . . . ,
<Z£ повторяется щ раз.
Утверждение.
P ( ? i i , i%2,...,
Число
всех
перестановок
с
повторениями
Щ-) определяется по формуле:
n
P (ni,n ,..
n
2
.,п )
к
=
п\
u i ! n ! • • -п \'
2
к
^где п = Щ + 112 + • • • + ПкДоказательство. Рассмотрим строку с п позициями. Выберем
"'«1"мест, на которые поставим элемент а\. Данный-выбор можно осу•^цествить С"
1
способами. После этого останется п — щ
свободных
.позиций, среди которых выбираем С ^ 1
П1
способами места, на кото­
рые поставим элемент а%. Осуществляя такой выбор к раз, получим
формулу:
PniP'li
'Л
2i • • • > к)
n
—
п
C n ' ^ n - n i ^ u — щ — n
.
2
'
' " ^n—rii—112—
' " '
( n ~П\)\
Tl!
п\\(п-п\)\
'
•
(П-П1-П2
— . . . - nfc-i)i
П2\(п — щ - п г ) !
_
»Ч-!0!
п!
П р и м е р 15. Сколько' различных слов можно получить пере­
ставляя буквы слова а) « М А М А » (Выпишите все эти слова) б) « М А ­
ТЕМАТИКА»?
•'
Решение, a) Pi(2,2)
=
амма. б) Р ( 2 , 3 , 2 , 1 , 1 , 1 ) = 1 0
1.3
4!_
= 6, мама, ммаа, маам. амам, аамм,
21
10!
2!3!2!'
Полиномиальная формула
У т в е р ж д е н и е . Для любых натуральных чисел п и к и любых
чисел Х\,Х2, • • • ,Хк справедлива формула
(х
1
+ Х + ...
2
+ Х)
к
я
=
V
t—
1
7ii+...i-nt=?i
— r - ^
П1\п \...П '
2
-.Х^Х ^...Х \
2
п
к
к
где суммирование производится по всем решениям уравнения щ +
+ П2 + ... Пк — п в неотрицательных целых числах.
Доказательство. Запишем п-ю степень суммы, как произведе­
ние п множителей, после чего раскроем скобки, не приводя подоб-
ных и не меняя порядка множителей:
(xi
+ Х
2
=
+.•••+
(Xi + Х
2
+
х)
к
•,
=
п
.
• • • + Xk){Xl
=
+ Х
2
• • • + Хк) • • • ( x i + Х
+
+
2
Х1Х1 ...Xi+
Х\Х\ ...Х
+
2
.
.
••• + х)
=
к
. . . + ХХ
к
...Хк-
к
Если каждое слагаемое рассматривать как гг-буквенное «слово», то
в полученной сумме присутствуют все «слова» из п букв,в которых
каждая буква принимает одно из ^.значений: Х\, х ,
• • •, х^ причём
2
каждое такое «слово» встречается ровно один раз. После приведе­
ния подобных членов коэффициент при х" х^*...
1
равен числу
х"
к
п-буквенных слов, в которых буква Х\ встречается п\ раз, буква х
2
— п
2
р а з , . . . , буква х-к — Пк раз, т. е. числу перестановок с повто-
рениями P (ni,
п , . . . , ПА) = — j — j —
n
2
ni\n l
-, п = щ + п + ... +
п.
2
:
• •
2
к
.п \
к
Утверждение доказано.
Замечание. Частным случаем полиномиальной формулы явля­
ется формула бинома Ньютона
( х + у г
=
5 2 с у
У
п
-
к
.
к=0
Пример 16. Найти разложение степени тринома (х + у +
z) .
3
Решение. Уравнение щ + п + щ = 3 имеет С§ = C f = 10
2
решений в неотрицательных целых числах: (3,0,0), (2,1,0), (1,1,1), а
также тройки чисел, получающиеся из указанных перестановками
элементов..Таким образом, в разложении три различных полиномиальных коэффициента: Р ( 3 , 0 , 0 ) = 1, Р ( 2 , 1 , 0 ) = 3, Р ( 1 , 1 , 1 ) = 6.
3
3
3
Поэтому искомое разложение:
. {x + y + zf
= ж + y + z + S(x y
3
s
3
2
+ xz + yx + yz + zx +
2
2
2
z y)+6xyz.
2
2
Пример 17. В разложении многочлена ( 1 + 2а; — Зх )
2
оэффициент при х .
8
4 10
найти
Решение. Применяя полиномиальную формулу, получим
(1+2х -Зх )
2
4
1 0
10!
=
(1)
П 1
(2х )
2
П 2
(-Зх )
4
П з
=
«1+П2+Пз=10
10!
П1!п2!пз!
1
( 2 ) ( - 3 ) пз
а ;„2п +4п,
П 2
"'
п з
:
2
8
Чтобы определить, какие слагаемые в сумме содержат яг, нужно
решить
неотрицательных целых.числах систему уравнений:
Щ-+ п'2 '+ Пз = 10; •
2п2 +4щ
= 8.
Разделив второе уравнение на 2, получим щ + 2па = 4, откуда следует четность пг- В силу неотрицательности переменных n-i
может принимать значения: 0, 2, 4. Все решения системы удобно
записать в виде таблицы, к которой припишем столбец значений ко­
эффициентов при x , отвечающих соответствующему слагаемому в
s
сумме.
щ
П
2
П
3
0
2
7, . 2
.1
-4320
.4
.0
3360
8
6
405
Таким образом, коэффициент при ж равен 405—4320+3360 = —555.
8
1.4
Комбинаторные тождества
В этом разделе рассмотрим ряд соотношений для биномиальных
коэффициентов.
1. С* = С»- к
О '/~ik-l , /-*к
z
-
°n-l
V
^
l
u
m
7. fcC* = n C ^ _ i ;
n
3. E C * = 2»;
й
/~чк/~<т
°-
^п^к
&=0
4. £
_( - l ) * C * = 0 , . ( n.
> 1);
fc=0
2
fc=0
s~<k.
—
, ^ 2
6- Е ( С * ) = С£,;
fi
.
/~<m.(~ik—m.
~~ ° n
L y
rt-mi
fc
9
- Е т+Р
С
m+k+V
=
G
р=0
,5=0
A);
10. E C*C7_- * = 2 - Q " :
• b=0
fc
Докажем некоторые из этих формул, используя комбинаторные
рассуждения (также их можно доказать алгебраически).
Доказательства.
1. Число С* равно числу ^-элементных подмножеств п-элементного множества. Поставим во взаимно однозначное соответствие
каждому такому подмножеству его дополнение, содержащее п — к
элементов. Таким образом, между множествами А:-элементных и
(п — А;)-элементных подмножеств установлена биекция.
Значит
2. Правая часть тождества представляет собой число /с-элементных подмножеств n-элементного множества { a i , 0 2 , . . . , а™}. Пока­
жем, что и левая часть есть то же самое. Зафиксируем некоторый
элемент n-элементного множества, обозначим его a . Разобьем все
s
А;-элементные подмножества на два семейства: в первое включим
подмножества содержащие а,,, во второе — не содержащие a . Для
s
того чтобы сформировать подмножество из первого семейства, надо
из ri — 1 элемента выбрать к — 1, поскольку элемент a уже входит в
s
это подмножество. Поэтому в первом семействе C*~l\ подмножеств.
Для формирования подмножества из второго семейства следует вы-
брать к элементов из п — Г (элемент a выбирать нельзя). Поэтому
s
во втором семействе С^_ - подмножеств. Так как каждое /с-элементх
ное подмножество' входит ровно в одно семейство из двух, то общее
число fc-элементных подмножеств равно C^z\ + C * _ i •
5. Решим задачу. Имеется
требуется
Италию
сформировать
по обмену
т мужчин
делегацию
и п женщин.
(например,
опытом!) из к человек
числом способов это можно
Ответ очевиден:; С *
+ т
(п, т
Из них
для поездки
^
к).
в
Каким
сделать ?
. Будем классифицировать делегации по
количеству мужчин. Если в делегацию входят s мужчин и k — s
женщин, т о мужчин'можно выбрать
способами, а женщин
способами. Значит, число'делегаций с s мужчинами равно
C^
s
C? C„~ .
n
s
Суммируя СдаС* * по s от 0 до к, получим общее число делегаций.
-
Замечание. Формула 2 позволяет вычислять биномиальные ко­
эффициенты С*, зная коэффициенты С^_ . Вычисления удобно рас­
г
полагать в виде треугольника, где каждый элемент равен сумме эле­
ментов предыдущей строки, стоящих слева и справа от вычисляе­
мого:
.
.•
1
г
'
1
1
1
" • 1 2 1
• 1
3
3
1 4 - 6
1 5
•
1
6
4
10
15
1
1
10
20
5
15
1
6
1
Данный треугольник называют треугольником Паскаля.
1.5
Формула включения-исключения и
ее обобщение
Мощностью конечного множества А называется число его эле­
ментов. Мощность множества А будем обозначать \А\. В этом раз­
деле выведем формулу мощности объединения конечного числа ко­
нечных множеств, и' сделаем ее обобщение.
Для двух и трех множеств имеем соответственно:
\АиВ\
ИиВиС|'=
= \А\ +
• '
\В\-\АпВ\,
\А\ + \В\ + \С\-\АпВ\-\АпС\-\ВпС\
+
\АпВпС\.
Действительно, в сумме \А\ + |5| каждый элемент принадлежащий
одновременно и А, и В , учитывается дважды. Поэтому после вычи­
тания из \А\ + \В\ мощности пересечения этих множеств получим
в точности число элементов множества A U В. Аналогичными рас­
суждениями можно доказать и вторую формулу.
В общем случае имеет место следующее утверждение.
"Утверждение.
А\, Ао, ...,
А
(Формула
включения-исключения)
конечные множества.
п
Пусть
Тогда
п
И* А1 +
\A UA U...uA \=J2\ i\1
+
]Г
2
n
П
A
• |Л»пА,-пЛ*.| - . . . + ( - 1 ) - | Л п А П . . . п Л | .
п
1
1
2
п
.
Доказательство. Возьмем произвольный элемент из объединения данных множеств и подсчитаем его "вклад" в правую часть
доказываемой формулы. Пусть выбранный элемент входит ровно в
т множеств А,; [т ^ п). Тогда в сумме
п
|А,;| он учитывается т
раз, в сумме
• J A ЛА,| —'С^ раз (в стольких попарных пересе' l^i<j^n
' '
' '
чениях т множеств он содержится), в сумме
^
\М Л Aj П А \
к
. Ki<j'<fc<n
—
раз и т. д. Общий' вклад элемента выражается формулой
т — С\ Л-
и равен 1 в силу комбинаторно­
— ... + (—1) ~ С1^
т
1
го тождества 4 предыдущего, раздела. Таким образом, правая часть
формулы включения-исключения равна общему числу элементов из
объединения п множеств, что^и требовалось доказать.
Замечание. При решении задач очень часто применяется сле­
дующий вариант формулы включения исключения. Пусть для любого г множество Aj, является подмножеством некоторого множества
А. Обозначим Ai — А \ А,; дополнение множества Л, до А. Тогда по
формуле де Моргана-|~А\ПА2Л. • • ЛД,| = \A\(A UA U.
1
=
..l)A )\
2
n
\А\ — \Ai U A2 U . . . U А„\. Таким образом, число элементов не
принадлежащих ни одному из множеств Ai вычисляется по форму­
ле:
п
|Л пл п...лЛ,| = |Л|-^|Л:|+
1
-
1А;лА -|-
2
Y l
\A nA r\A \
i
j
k
+ ... +
7
(-l) \A nA n...nA \.
n
l
2
n
П р и м е р 18. Из 100 студентов университета английский язык
знают 28 студентов, немецкий — 30, французский — 42, англий­
ский и немецкий — 8, английский и французский — 10, немецкий
и французский — 5, все три языка знают 3 студента. Сколько сту­
дентов не знают ни одного из трех языков?
Решение. Обозначим А — множество из ста студентов универ­
ситета, А\, А ,
2
Аз — множества студентов, которые знают англий-
ский, немецкий и французский язык соответственно. По условию
задачи '|А| = 100, \А \ = 28, \Ai\ = 30, |Аз| = 42, \A Л А \ = 8,
г
t
2
=
\Ai П Л | = 10, \A П Л | = 5, \Ai П A П Л |. = 3. Тогда подфор­
2
3
2
3
3
муле включения-исключения число студентов, которые не знают ни
одного языка:
•
\Ai Л Л П Л | = |А\ -\Ai\2
\А \ - \Аз\ + \А ПА \
2
+|А
3
2
1
2
+ \А П Л | +
г
3
Л Л | - \А Л Л Л Л | = 100 - 28 - 30 - 42 + 8 + 10 +
Х
3
2
3
+ 5 - 3 = 20.
Обобщение ф о р м у л ы включения-исключения.
Пусть А — множество, А\,А ,
2
. . . , Л — его подмножества. Опре­
п
делим функцию чи(п) следующими соотношениями:
п
Ц 0 ) = |Л|, Ц 1 ) = £
|Д|, « / ( к ) =
£
;
1=1
|Л,, ЛЛ,; Л.. .пД,|.
:
2
1<»1<»2<„.<»»$п--
г,.
Пусть ЛГ(г) — число элементов множества Л, которые принадлежат
ровно г различным множествам Aj (если г = 0, то — ни одному).
С помощью введенных функций формула включения-исключения
принимает следующий вид:
N(0)
= w(0) - ги(1) + . . . + ( - l ) " w ( n ) .
Имеет место и более общее соотношение:
N(r)
Z
= w(r) - Cl. w(r
+l
+ 1) + C w{r
2
r+2
+ 2) - . . . + ( - l ) " - C ; r w ( n ) .
r
r
Примем эту формулу без доказательства.
Пример 19. При обследовании читательских вкусов студентов
•казалось, что -из 100 студентов 60 читают журнал Л, 50 читают
журнал В, 50 — С, 30 -
Л и В, 20 -
В и С , 40 -
Л и С , 10
-
А, В и С. Сколько студентов не читает ни один из трех журналов?
Вколько студентов читает ровно два журнала?
г
~. Решение. В данной задаче в роли исходного множества А вы­
ступает множество всех 100 студентов, подмножества А\, А2, A3 со­
ставляют студенты, читающие журналы А, В и С соответственно.
Имеем: w(0) = 100, w ( l ) = 60 + 50 + 50 = 160, w{2) = 30 + 20 + 40 =
90, w(3) = 10. Тогда:
N(0)
= w ( 0 ) - w(l)
•
(
+ w{2) — w ( 3 ) = 100 - 160 + 90 - 10 = 20;
1
N(2)
= w{2) - C|w(3) = 90 - 3 • 10 = 60.
Таким образом, 20 человек не читают ни одного журнала, 60
7
человек читают ровно 2 журнала.
Задачи для самостоятельного решения
Рассматривая конкретную задачу, необходимо выяснить, каким
требованиям удовлетворяют комбинации элементов. Только после
этого можно использовать Нужные вычислительные формулы, ком­
бинируя их с правилами сложения и умножения комбинаторики.
З а д а ч а 1. Алфавит племени Мумбо-Юмбо состоит из трех букв
А , Б, В. Словом является любая последовательность, состоящая не
более, чем из 4 букв. Сколько слов в языке племени М у м б о - Ю м б о ?
Задача 2. Сколько четырехзначных чисел можно составить из
цифр 0, 1,2, 3, 4, 5, если:
1) ни одна из цифр не повторяется более одного раза;
2) цифры могут повторяться;
. 3) числа должны быть нечетными (цифры могут повторяться)?
З а д а ч а 3. Жил-был странный правитель. Решил он своих под­
данных различать не по именам, а по зубам. Себе все 32 зуба оста­
вил, как и были, белыми. Ближайшим подданным повелел один зуб
на разных позициях окрасить в черный .цвет, чтобы их отличать.
Далее шли вассалы с двумя черными зубами на разных позициях,
и так далее. В самых низших слоях были люди с одним.белым зу­
бом на разных местах, и был один только с черными. Сколько было,
подданных у правителя?
Задача 4. а) Сколько различных делителей имеет число З • 5 ?
5
б) Пусть Pi,P2,
4
• • • ,Ри — различные простые числа. Сколько.де­
лителей имеет число
т =
где « i , « 2 , . . . , а
п
р?р?
— некоторые натуральные числа.
Задача 5. Сколько есть пятизначных чисел, в каждом из кото­
рых соседиие цифры различны?
Задача 6. Каких семизначных чисел больше: тех, в записи ко­
торых есть единица, или остальных?
Задача 7. Сколько есть пятизначных чисел, которые одинако­
во читаются слева на право и справа налево (например, таких, как
67876, 17071)?
Задача 8. Сколько есть шестизначных чисел, в каждом из ко­
торых нет одинаковых цифр, а вторая и четвертая цифры нечетны?
Задача 9. Сколько существует 1) нечетных 2) четных пятизнач­
ных чисел, у которых все цифры различные?
Задача. 10. Сколькими способами множество из п элементов
можно разбить на 2 множества?
Задача
11. Во скольких подмножествах множества { 1 , 2,
.-•3, . . . , 11} не найдется двух подряд идущих чисел (пустое подмноЗжество тоже считаем)?
Задача 12. Из цифр 1, 2, 3, 4, 5 составляются всевозможные
ш'сла, каждое из которых состоит не более чем из 3 цифр. Сколько
таких чисел можно составить; если: 1) повторение цифр в числах не
разрешается; 2) разрешается повторение цифр?
'• З а д а ч а 13. Издательство приступило к изданию словарей ино­
странных языков. Сколько словарей надо издать, чтобы можно было
непосредственно выполнять переводы с любого из 5 языков: русско­
го,' английского; французского, немецкого и итальянского на любой
другой из этих пяти языков?
•- .
З а д а ч а 14. Из колоды в 36 карт наудачу без возвращения вы­
нимают по одной карте 3 раза. Сколько существует различных спо­
собов получения 3-х карт, среди которых на первых двух местах бубна, а на третьем - пика.
З а д а ч а 15. На корабле имеется 7 флажков семи основных цве­
тов. Для передачи команды на другой корабль на мачту поднимают
к (1 ^
к <
7) флажков. Эти флажки располагают по вертика­
ли сверху вниз. Каждому способу расположения к таких флажков
соответствует свое слово — своя команда, разным способам располо­
жения к флажков соответствуют разные слова команды. 1) Сколько
существует различных команд, которые можно передать при помо­
щи к флажков? 2) Сколько существует различных команд, которые
можно передать этими флажками?
З а д а ч а 16. Автомобильные номера некоторой страны состоят
из 3 букв (все буквы различны) и четырех цифр (цифры могут по­
вторяться). Сколько максимально машин может быть в этой стране,
если в её алфавите 26 букв?
Задача 17. Сколько есть перестановок цифр 0, 1, 2, . . . , 9, в
которых между цифрами 0 и 1 стоят ровно 3 цифры?
З а д а ч а 18. Сколькими способами можно переставлять буквы
слова « Ю П И Т Е Р » так, чтобы гласные шли в алфавитном порядке?
Задача 19. 1) Сколькими способами 28 учеников могут выстро­
иться в очередь в столовую? Сколько среди этих способов .таких,
;
что: 2) Петя стоит впереди Коли (не обязательно подряд); 3) Петя
и Коля не стоят рядом?
Задача 20. Сколькими способами 3 различных подарка А, В
и С можно сделать каким-то 3 из 15 лиц, если: 1) никтсхне дол­
жен получить более-одного подарка; 2) подарок А должно получить
' определенное лицо?
Задача 21. 1) Укротитель хищных зверей хочет вывести на
арену цирка пять львов и четыре тигра, при этом нельзя, чтобы два
тигра шли друг за другом. Сколькими способами он может распо­
ложить зверей?
•
"
'
2) Решите задачу для п львов и к тигров.
(Считаем, что львы различимы между собой й тигры различимы
между собой).
Задача 2 2 . На полке располагаются 10 к н и г . 1 ) Сколько су• ществует различных способов расположения 10-ти книг? 2) Сколько
^'существует различных способов расположения 10-ти книг, при ко­
торых две заранее отмеченных окажутся рядом? 3) Сколько суще­
ствует различных способов расположения 10-ти книг, при которых
rise'заранее отмеченных не стоят рядом? 4) Сколько существует раз­
личных способов расположения 10-ти книг', при которых три заранее
отмеченных окажутся рядом?
' " З а д а ч а 23. Сколькими способами можно так упорядочить мно?ство { 1 , 2 . . . . , ?г}, чтобы каждое четное число имело четный но-
* "3адача 24. В классе 15 мальчиков и 15 девочек. Сколькими спо!
>бамй их можно рассадить их за пятнадцатью партами так, чтобы
за каждой партой мальчик сидел слева, а девочка справа?
2 5 . В классе 15 мальчиков и 15 девочек. Сколькими способа­
ми их можно рассадить их за-пятнадцатью партами так, чтобы за
каждой партой мальчик,, сидел, за одной партой с девочкой?
' З а д а ч а .26.. В классе'15 мальчиков и 15 девочек. Сколькими
способами их можно разбить н а п а р ы танцевать вальс на концерте?
2 7 . В классе 30 учеников. Сколькими способами их можно раз­
бить на пары для дежурства в классе в течении 15 дней (одна пара
дежурит один день)?
• • ••
З а д а ч а ,28. В классе 30 учеников. Сколькими способами их
можно разбить на Пары, для сбора макулатуры?
З а д а ч а 2 9 . 1) Семь девушек водят хоровод. Сколькими различ­
ными способами все они могут образовать круг?
2) Сколько ожерелий можно составить из семи различных буси­
;
нок?
. Задача 30. Из вершины прямого угла внутри него проведено 5
лучей. Сколько острых углов образовалось при этом? (Углы образу­
ются не только между смежными углами, но и между любой парой
лучей, включая стороны прямого угла).
.
. З а д а ч а 3 1 . В комнате п лампочек. 1) Сколько всего может быть
разных способов освещения комнаты, при которых горит ровно к
(к ^ п) лампочек? 2) Сколько всего может быть различных способов
освещения комнаты?
З а д а ч а 32- Сколькими способами можно выбрать 12 человек
.из 17, если данные двое из этих 17 не могут быть выбраны вместе?
З а д а ч а 33. Докажите комбинаторные тождества 3, 4, 6-10.
Задача 3 4 . У одного студента 5 книг, у другого — 9. Все книги
различные. Сколькими способами студенты могут произвести об-
мен: 1) одной книги на книгу; 2) 2 книг на 2 книги?
г-,
Задача 35. У людоеда в подвале томятся 25 пленников. 1)
Сколькими способами он может выбрать трех из них себе на зав­
трак, обед и ужин? 2) А сколько есть способов выбрать троих, чтобы
отпустить на свободу?
Задача 36. Сколькими способами на шахматной доске можно
указать: 1) 2 клетки; 2) 2 клетки одного цвета; 3) 2 клетки разного
цвета?
Задача 37. Группу из 20 студентов нужно разделить на 3 бри_с
гады, причем в первую бригаду должны входить 3 человека, во вто­
рую — 5 и в третью — 12. Сколькими способами это можно сделать?
Задача 38. В урне находится 10 белых, 15 черных и 20красных
шаров. Из урны наудачу берутся 9 шаров. Найти:
,
•1) сколькими различными способами можно вынуть 9 шаров;
2) сколькими различными способами можно взять 9 шаров, сре­
ди которых 6 белых и три черных;
,
3) сколькими различными способами можно взять 9 шаров, среди
которых 2 белых, 3 черных и 4 красных шара.
-.
Задача 39. В коробке находится 50 деталей, из которых 10 бра­
кованных. Из коробки наудачу берутся 5 деталей. Найти число раз­
личных способов взятия 5-ти деталей, среди которых ройно три бра­
кованных.
' •.
Задача 40. Из колоды в 36 карт наудачу берутся 6 карт. 1)
•Найти число различных способов взятия 6-ти карт. 2) Найти число
различных способов взятия 6-ти карт, содержащих г тузов, г = 0,4.
*5) Найти число различных способов взятия 6-ти карт, содержащих
хотя бы 1 туз.
. • .
| Задача 41. Восемь человек должны сесть в 2 автомобиля, при-
чем в каждом должно быть' по крайней мере 3 человека. Сколькими
способами они могут это сделать?
З а д а ч а 4 2 . Имеется р белых и q черных шаров, причем р > q.
Сколькими способами можно выложить в ряд все шары так, чтобы
никакие 2 черных, шара не лежали рядом?
' • З а д а ч а 4 3 . Сколько существует четырехзна.чных чисел, у ко­
торых каждая следующая цифра 1) меньше предыдущей, 2) больше
предыдущей?
З а д а ч а 44. На полке стоит 12 книг. Сколькими способами мож­
но выбрать из них 5 книг, никакие две из которых не стоят рядом?
З а д а ч а 45. Сколькими способами можно посадить за круглый
стол с 10-ю креслам и-пять мужчин и пять женщин так, чтобы ни­
какие два лица одного пола не сидели рядом?
З а д а ч а 4 6 . Сколько десятизначных чисел можно составить так,
чтобы любые две соседние цифры отличались на единицу, если в их
десятичной записи можно использовать только цифры 1, 2 и 3?
Задача 4 7 . Сколько четырехзна.чных чисел можно написать ис­
пользуя цифры 0, 1,2, 3, 4, 5? Найдите сумму всех этих чисел.
З а д а ч а 48. Найдите сумму всех семизначных чисел, которые
могут быть получены перестановками цифр 1, 2, . . . , 7.
Задача 4 9 . Сколькими различными способами можно из 30 ра­
бочих создать три бригады по 10 человек в каждой?
З а д а ч а 50. Сколькими способами можно разделить колоду в
36 карт пополам так, чтобы в каждой пачке было по 2 туза?
З а д а ч а 5 1 . Сколько существует 6-значных чисел, у которых по
три четных и нечетных цифры?
З а д а ч а 5 2 . Международная комиссия состоит из 9 человек. Ма­
териалы комиссии хранятся в сейфе. Сколько замков должен иметь
сейф, сколько ключей нужно изготовить и как их разделить меж­
ду членами комиссии, чтобы доступ к сейфу был возможен тогда и
только тогда, когда соберутся не менее б членов комиссии?
Рассмотреть задачу в том случае, когда комиссия состоит из п
человек, а сейф можно открыть при наличии т членов комиссии.
Задача 53. Сколькими способами можно составить букет из
17 цветков, если в продаже имеются гвоздики, розы, гладиолусы,
ирисы; тюльпаны и васильки?
.
1
Задача 54. В домино играют костями (двойными фишками),
на каждой половинке которых изображены точки в количестве от
нуля (пустая), д о шести.
- >
1. Сколько всего различных костей в полном домино?
2. Сколько всего можно сделать костей домино, если использо­
вать от нуля д о к точек?
Задача 55. Найти число решений уравнения
Х\ + Х2 +
.. .+
Хк — п
в неотрицательных целых числах.
Задача 56. Найти число решений уравнения
Х\ + Х2 +
. . • + Хк =
п
в натуральных числах.
Задача 5 7 . Шесть ящиков занумерованы числами от 1 до 6.
Сколькими способами можно разложить по этим ящикам 20 одина­
ковых шаров так, чтобы ни один ящик не оказался пустым?
Задача 58. Шесть ящиков занумерованы числами о т 1 д о 6.
Сколькими способами можно разложить по этим ящикам 20 одина-
ковых шаров (на этот раз некоторые ящики могут оказаться пусты­
ми)?
•
'
Задача 5 9 . Сколько существует размещений г частиц по п ячей­
кам, если;
•
.
1
1 ) ячейки и частицы различимы (модель Максвелла-Больцмана);
\
2) ячейки различимы, а "частицы не различимы (модель Б о з е Эйнштейна);
.
•
,
3) ячейки различимы, а'частицы не различимы, в ячейке не мо­
жет находиться более одной частицы (модель Ферми-Дирака).
В каждом случае укажите соотношения для
run.
З а д а ч а 6 0 . Сколько всего пятизначных чисел можно составить
из цифр 1, 2, 3, 4, 5, в каждом из которых цифры расположены в
неубывающем порядке?
•г З а д а ч а 6 1 . Сколькими способами можно разложить 20 одина­
ковых шаров по 5 различньТм ящикам так, чтобы 1) в каждом ящике
оказалось не менее двух шаров; 2) в каждом ящике оказалось не бо­
лее 5 шаров; 3) оказалось не более двух пустых ящиков?
Задача 6 2 . За пересылку бандероли надо уплатить 18 коп.
Сколькими способами можно оплатить пересылку марками досто­
инством в 4, 6 и 10 коп., если два способа, отличающиеся порядком,
марок, считаются различными (марки наклеиваются в один ряд).
Задача 63. Найдите число всевозможных «слов» из букв сло­
ва «зоология». Сколько таких слов, в которых 3 буквы « о » стоят
рядом?
З а д а ч а 64. Сколькими различными способами можно разде­
лить 8 различных книг на 4 бандероли по 2 книги в каждой?
З а д а ч а 65. сколькими способами можно выложить в ряд 5
красных, 5 синих и 5 зеленых шаров так, чтобы никакие два синих
шара не лежали рядом?
Задача 66. Пассажир оставил вещи в автоматической камере
хранения, а когда пришел получать вещи, выяснилось, что он забыл
номер. Он только помнит, что в номере были числа. 23 и 37. Чтобы
открыть камеру, нужно правильно набрать пятизначный номер. К а ­
ково наименьшее количество номеров нужно перебрать, чтобы'на­
верняка открыть камеру? (Числа 23 и 37 можно увидеть и в числе
237.)
;
Задача 6 7 . Сколько различных значений можно получить, рас­
ставляя всеми возможными способами скобки в выражении 2 : 3 :
5 : 7 : 11 : 13 : 17 : 19 : 23 : 29?
Задача 68. На одной из боковых сторон треугольника взято
п точек, а на другой — т точек. Каждая из вершин при основании
треугольника соединена прямыми с точками, взятыми на противопо­
ложной стороне. 1) Сколько точек пересечения этих прямых образу­
ется внутри треугольника? 2)На сколько частей делят треугольник
эти прямые?
Задача 6 9 . На окружности взята 101 синяя и одна красная
точка. 1) Сколько существует вписанных в окружность выпуклых
многоугольников со всеми вершинами в синих точках? 2) Сколько
существует вписанных в окружность выпуклых многоугольников,
одна вершина которых красная, а остальные синие? 3) каких много­
угольников больше: из 1) или из 2)? 4) Можно ли ответить на вопрос
3) без ответа на вопросы 1) и 2)?
Задача 70. На плоскости проведено п прямых так, что никакие
2 из них не параллельны и никакие 3 не пересекаются в одной точке.
1) Найти количество точек пересечения этих прямых; 2) Сколько
треугольников образуют эти прямые? 3) На сколько частей делят
:
плоскость эти прямые? 4) Сколько среди них ограниченных частей
и сколько неограниченных?.
' '
-
; Г
З а д а ч а 71. Во Скольких точках-пересекаются диагонали вы­
пуклого n-угольника, если никакие' три из них не пересекаются в
одной точке?'
•"'
• ,
,
' З а д а ч а 72. В выпуклом n-угольнике проведены все диагонали.
Известно,- что никакие три из них не пересекаются в одной точке.
На сколько частей разделится при этом многоугольник?
'• Задача 73. Имеется 6 различных красок: белая, черная, крас­
ная, желтая, зеленая и синяя. Сколькими геометрически различны­
ми способами можно 'раскрасить ими куб в 6 цветов? (Два способа
раскраски геометрически одинаковы, если они могут быть переве­
дены 'друг в друга движением куба.)
З а д а ч а 74. Определить, сколько рациональных членов содер­
жится в разложении:
1) ( V 2 + ^ 3 ) ° ; 2) ( v / 3 + ^ 5 ) ° ; 3 )
2
+
5
З а д а ч а 7 5 . Найти коэффициент при t
k
в разложении:
.
1) ( l + 2 t - 3 t ) , А; = 9;
2
8
2) ( 1 - £ + 2 * ) , к = 7;
2
3) (2+t +t ) ,
4
7 15
1 0
к = 17.
Задача 76. (Задача Льюиса Кэрролла). В ожесточенном сра­
жении при Трафальгаре 70% участников потеряли глаз, 75% - ухо,
80% - руку, 8 5 % - ногу. Каков наименьший процент числа ветеранов,
лишившихся одновременно глаза, уха, руки и ноги?
Задача 77. На экзамене по математике было предложено три
задачи: одна по алгебре, одна по геометрии, одна по тригонометрии.
Из 1000 абитуриентов задачу по алгебре решили 800, по геометрии -—
700, по тригонометрии — 600. При этом задачи по алгебре и геомет-
рии решили 600 абитуриентов, по алгебре и тригонометрии — 500,
по геометрии и тригонометрии — 400, а 300 абитуриентов решили
все задачи. Сколько абитуриентов не решили ни одной задачи?
Задача 78. В комнате площадью 6 м постелили три ковра проV ~>ч.к1'.х
2
извольной формы площадью 3 м
2
каждый. Докажите, что какие-
либо два из них перекрываются по площади, не меньшей 1 м . ,
2
Задача 79. На одной из кафедр университета работают 13 чело­
век, причем каждый из них знает хотя бы один иностранный язык.
Десять человек знают английский, семеро — немецкий, шестеро —
французский, пятеро знают английский и немецкий, четверо — ан­
глийский и французский, трое — немецкий и французский. Выяс­
нить: 1) сколько человек знают'все три языка; 2) сколько человек
знают ровно два языка; 3) сколько человек знают только английский
язык.
Задача 80. Пусть п = Pi p
[
• • -Р," — разложение числа п на
2
2
простые множители, a (р(п).— число натуральных чисел, меньших
и взаимно простых с п (функция Эйлера). Докажите,, что
V
Р\)
\
Р2/
V
Рч
Задача 8 1 . (Задача о беспорядках.) Докажите, что количество
перестановок (at, а
2)
при всех г, равно
...,
а)
п
чисел 1, 2, . . . , п, для которых а.; ф г
Глава 2
Случайные события и их вероятности
2.1
Вероятностное пространство
.2.1.1
Пространство элементарных событий
Исходными понятиями теории вероятностей являются понятия
стохастического эксперимента и элементарного события.
Стохастическими называются эксперименты, результаты кото­
рых нельзя предсказать .заранее. Рассмотрим три примера стоха­
стических экспериментов:
1) один раз бросают шестигранную игральную кость, на гранях
которой выбиты цифры от 1 д о 6;
2) бросают монету д о первого появления герба;
3) стрельба по плоской мишени.
Невозможно предсказать результат любого из этих эксперимен­
тов, но не представляет труда описать множество всех возможных
элементарных исходов любого из них. В теории вероятностей эти
исходы обычно называют элементарными событиями и обозначают
через ш. Элементарность таких событий состоит в том, что исследо-
ватель рассматривает их как далее неделимые и взаимно исключа­
ющие друг друга исходы стохастического эксперимента. Простран­
ством элементарных событий П называется совокупность всех его
элементарных исходов, т о есть О, = {ш}. Построим О для каждого'
из описанных экспериментов:
1. П = {ш\,Ш2,...,
•
•
wg}, где Uj~ элементарное событие, состоящее
в выпадении грани с г очками (г = 1 , 2 , . . . , 6 ) ;
2. П =
{и>\,и>2, • • • ,tUi, . . •}, где w.,; =
РР...
Р,Г~
элементарное
событие, состоящее в том, что герб впервые выпадет после вы­
падения решки (г — 1) раз, г = 1 , 2 , . . . ;
3. Q = {ш = {х,у) G К } , где w = (х,у)2
элементарное событие,
состоящее в том, что попадание произошло в точку плоскости
с координатами (х, у).
Заметим, ч т о в первом из этих примеров пространство элемен­
тарных событий конечно, во втором - счетно, в третьем - контину­
ально.
Пространство элементарных событий в каждом
эксперимен­
те строится неоднозначно. Оно зависит от особенностей
которые
исследователь
если в первом
предполагает
эксперименте
решать.
исследователя
задач,
Так, например,
интересует
только
факт выпадения четного или нечетного числа очков, т о
{U)A,UJB},
где иА
=
{выпадение четного числа о ч к о в } ,
{выпадение нечетного.чиста о ч к о в } .
fi
=
шв.\=г
2.1.2
Алгебра событий
Л ю б о г о исследователя, как лравило, интересует не сколько сами
возможные исходы эксперимента, сколько наблюдаемые составные
события (события, случайные события). Мы их будем обозначать
через А, В, С , . . . . Приведем примеры событий.
-, 1. В первом эксперименте. A ^=\и! ,ил, и)а} есть событие, состоя­
2
щее в выпадении четного числа очков. Оно происходит всякий
раз, когда выпадает грань либо с двумя очками (ui ),
2
либо с
четырьмя (w,j), либо с шестью (ш^). Элементарные события ш ,
2
Ш4, we называют благоприятствующими событию А.
2. Во втором эксперименте В = {ш2,и>^,...
,ui2i, • • } есть собы­
тие, состоящее в выпадении герба при четном бросании моне­
ты. Элементарные события и>2%, г = 1 , 2 , . . . благоприятствуют
В.
3. В третьем эксперименте С = {ш = ( х , у) € ft : у > 0 } есть со­
бытие, состоящее в попадании в верхнюю полуплоскость, при­
чем в фигурных скобках указаны элементарные события, бла­
гоприятствующие событию С.
Из рассмотренных примеров следует, что всякое событие можно
рассматривать как некоторое подмножество ft ( л € П ) , состоящее
из всех тех и, которые благоприятствуют событию А. Бели исходом
эксперимента является событие ш G А, т о в данном эксперимен­
те событие А произошло, если ж е ш ^ А, то событие А в данном
эксперименте'не произошло. Заметим, что не всякое подмножество
ft будем называть событием. Э т о связано с тем, что в теории ве­
роятностей, если мы называем некоторое множество элементарных
исходов "событием, то должны находить его вероятность. Однако, ко­
гда пространство элементарных событий не'является.конечным или
счетным, существуют так называемые неизмеримые множества, не
позволяющие задать вероятность естественным непротиворечивым
образом. Поэтому в случае произвольного Г2 событиями будем назы­
вать только подмножества из некоторого класса srf подмножеств О,
который будет определен после введения операций над событиями,
совпадающих с операциями над множествами.
Определение. Достоверным называется событие, которое обя­
зательно происходит в результате эксперимента, т о есть единствен­
ное событие, включающее все без исключения элементарные исходы
— событие П.
Определение. Невозможным называется событие, которое не
может произойти в результате эксперимента, т о «-есть''событие, не
содержащее ни одного элементарного исхода («пустое множество»,
0 ).
-
ч
Определение. Говорят, что событие А влечет за собой событие
В, и пишут Ас
В, если из того, что происходит событие А следует,
что происходит событие В. На языке теории множеств это означает,
что любой элементарный исход, вхоДящий в А, одновременно входит
и в событие В.
•
•.
Определение. События А я В называются равными (эквива­
лентными), если А С В и В с
А.
Определение. Объединением A U В или А + В событий An
В
называется событие, состоящее в том, что произошло либо А, либо
В, либо оба события одновременно. На языке теории множеств AUB
есть множество, содержащее как элементарные исходы, входящие в
А, так и элементарные исходы, входящие в В.
Определение. Пересечением А Л В или АВ
событий А и- В
называется'событие, состоящее в том, что произошли оба события
'л А а В, одновременно. То есть А П В есть множество, содержащее
элементарные исходы, входящие одновременно и в А и в В.
Определение. Дополнением А\В
события В д о А называется
событие, состоящее в том, что произошло событие А, но не произо­
шло В. То есть А \ В. есть множество, содержащее элементарные
исходы, входящие в А, но не входящие в В.
Определение. Противоположным (или дополнительным) к со­
бытию А называется событие А = Л \ А, состоящее в том, что со­
бытие А в результате эксперимента не произошло. Иначе говоря, А
есть множество, содержащее элементарные исходы, не входящие в
А.
•
......
..
.
Определение. События А и В называются несовместными, ес­
ли. АВ = 0 .
.
.
.
.
.
Определение. События А\, Аг,
А„ называются попарно
несовместными, если для любых г -ф j , 1 ^ i,j
^ п, события А, и Aj
несовместны.Определение. Говорят, что события Аг, Аг, • •., А , А» 6 Г2,
п
i '=
1 , . . . , п , образуют (.разбиение П, или полную группу попарно
п
несовместных событий, если V г ф j , А , • Aj — 0 и |J A- = П.
i=l
L
Определение.. Назовем класс
подмножеств пространства О,
алгеброй событий, если
1: 0 6 rf, ! 1 €
2. из А е л/ следует А е $4;
3. из А , В € si следует, что A U В € л/ и А В е
Определение. Алгебру событий
назовем <7-алгеброй, если
оо
из А
п
оо
е л/-, п — 1 , 2 , . . . следует, ч т о \J А
п
е я/, f) А
п—1
п
е
.
п=1
Пример 1. Определить множество исходов стохастического экс-,
перимента, состоящего в сдаче студентом экзамена.
Решение. Очевидно, к этому множеству относятся исходы:
u>i = {получение оценки « о т л и ч н о » } ;
и>2 = {получение оценки « х о р о ш о » } ;
W3 = {получение оценки «удовлетворительно»};
W4 = {получение оценки «неудовлетворительно»}.
Пример 2. Бросается игральный кубик. События А = {выпа­
дение 1, 2 или 3 очков}; В = {выпадение чётного числа о ч к о в } ;
Опишите события А-+ В, АВ, А\В, В\А, А, ~В.
Решение.
v
А + В = {выпадение 1, 2, 3, 4 или 6 о ч к о в } ;
АВ = {выпадение 2 о ч к о в } ;
А\В = {выпадение 1 или 3 о ч к о в } ;
В\А = {выпадение 4 или 6 о ч к о в } ;
А = {выпадение 2, 4 или 6 о ч к о в } ;
В = {выпадение 1, 3 или 5 о ч к о в } ;
П р и м е р 3. Показать, что события А, В\А и А + В несовмест­
ны, а их сумма составляет достоверное событие П.
Решение. Докажем несовместность каждой пары этих событий.
В соответствии с определением операции вычитания множеств
события А и В \ А, очевидно, являются несовместными, то есть
А-(В\А)
=
0.
Далее, если некоторый элемент ш множества О таков, что OJ € А,
то со е (А + В), и значит со £ А + В, а тогда и А • (А + В) =
0.
11
Наконец, если " w e В\А,- т о ш € (А + 'В) и
гда (В\А)
• {А-ь
А+В,
а то­
В) '— 0 . - Т а к и м образом, указанные три события
попарно несовместны.
,
Окончательно
А + В\А + А+В
= А + В + А + В = П,
.
т. е. эти события в сумме составляют-все пространство элементарных
событий О.
2.1.3
Вероятность
Пусть (П, srf) —- пространство элементарных событий с определенной на нем ст-алгеброй событий. Это — далеко не полная харак­
теристика стохастического эксперимента. Для завершения его мате­
матической модели остается ввести понятие вероятности.
Рассмотрим экспериментальную характеристику,
называемую
относительной частотой (статистической вероятностью) события А
и определяемую формулой
где п — число проведенных экспериментов, а к (А)
п
— число тех из
них; в которых'произошло событие А (абсолютная частота события
А). Легко показать, что относительная частота обладает следующи­
ми свойствами:
\i=\
/
7= 1
для любого конечного или бесконечного I, если события А ; попарно
несовместны.
1
В стохастически устойчивых экспериментах при
4
достаточно
больших п относительная частота Р,*(А) мало отличается от некото­
рого фиксированного числа Р(А),
которое называют вероятностью
события А. Это «определение» вероятности как относительной ча­
стоты характеризует практический смысл первой, но не является ее
формальным определением. Чтобы прийти к формальному опреде­
лению вероятности, А. Н. Колмогоров аксиоматизировал'названные
свойства частоты как свойства вероятности.
Аксиоматическое
определение
вероятности
Определение. Тройку (Q, si', Р), где Г2 — пространство элемен­
тарных событий,
— сг-апгебра подмножеств Q, называемых собы­
тиями, Р — числовая функция, определенная на событиях и называ­
емая вероятностью, будем называть вероятностным пространством,
если выполнены следующие аксиомы:
1. Р{А)
> 0 для всех А € я/ (неотрицательность Р ) ;
2. Р(Г2) = 1 (нормированность Р ) ;
3. Р(А + В) =•'Р(А) + Р(В);
если АВ = 0 (аддитивность Р ) ;
4. Если А
Э .-.. и р| А
п
оо
I 0 , т. е. А\ Э А
2
п
= 0 , то K m Р(А )
п
=
О (непрерывность Р ) .
Замечание. Аксиомы 3 и 4 можно заменить одной аксиомой счетной аддитивности
(или, как еще говорят, аксиомой <т-
аддитивности).
3*. Если события А„ в последовательности А\, А ,
2
несовместны, то
...попарно
Из этих аксиом вытекают следующие свойства вероятности.
1. Если А С В, т о Р{В\А)
• 2. Если А С В, то Р{А)
3. Для любого i e ^ O
-.. 4.
l
<
= Р(В)
-
^ Р(В).
•
Р(Л)
< 1.
=-1 - Р(А).
Р{А).
;.
5. Р ( 0 ) = 0.
6. Имеет место конечная аддитивность: если AiAj
бых г ф j , то
= 0 для лю-
Г
к=1
'
7. 'Для любых событий A ' , . . . ,
fc=l
А
п
П
• • •:
11
fc=l
fe=l
8. Для любых событий А и В
Р{А + В)=Р(А)
Дискретное
вероятностное
+
Р(В)-Р(АВ).
пространство
Рассмотрим случай, когда ft = {и>} - Дискретное (конечное или
счетное) пространство элементарных событий, srf - алгебра всех
подмножеств множества ft. Вероятность Р(А)
для любого подмно­
жества А из ft в этом случае можно задать следующим образом.
Пусть заданы неотрицательные числа р(и/) такие, что ^2
Вероятность Р{А)
определим как сумму
> Р(4) = Х > Н -
= 1-
Несложно доказать, что так определенная вероятность (вместе с
Р(0)
= 0) удовлетворяет всем аксиомам вероятности. Таким обра­
зом, тройка (ft, sf,
Р) есть дискретное вероятностное простран­
ство. При этом функция р(ш) называется распределением вероят­
ностей.
Классическое
определение
вероятности
Обозначим |Л| число элементов множества А. Частным случаем
Ешскретного вероятного пространства будет так называемое класси­
ческое определение вероятности, когда £2 конечно и все со равновбзмюжны. Так как
1 = 5>и=р("Нп|.
го в этом случае р(ш) = -гщ. Значит,
г. е. вероятность события А вычисляется как отношение числа элементарных событий, благоприятствующих А, к общему числу эле-,
ментарных событий.
П р и м е р 4. Датчик случайных чисел генерирует двузначное
случайное число. Какова вероятность того, что сгенерированное чис­
то делится на 5?
Решение. Так как всего 90 двузначных чисел (от 10 до 99), то
эбщее число исходов N = 90. Число исходов, благоприятствующих
вашему событию, равно п = 18 (числа 10, 15, 20, . . . , 95). Поэтому
искомая вероятность Р — ^ = Ц = 0,2.
'
П р и м е р 5. (Задача де Мере). Еще в XVII-ом веке француз Ше-
залье де Мере задался вопросом: какая сумма очков имеет больше
иансов выпасть при бросании двух игральных костей — 11 или 12?
Сумму.1Гмогут составить.яишь-два числа — 5 и.6, а сумму 12 .тоже
два/числа'-^Гб и,6. Налервый. взгляд шансы у этих событий равньь'
Так ли э т о ? ,
. -Решениег.'Будем.различатьгИгральные кости. Пусть мысленно
*.
одна будет красной, а другая — белой. Различных комбинаций очков
I,
на разноцветных костях будет 6 • 6 = 36. Следовательно, |П| ~ 36.
«•яоо:. Ьх .;••>«£•"-' л- •*••
'
- - ' ' •*-.•>»'
V
Сумма 12 выпадает лишь при одной комбинации, когда на красной
» i < • , • *• * : - у ' j *'ЧТ>:гГ.'>«м I: п ./«5. „• " i t
, и» иси»"» < •> .
кости 6 и на белой 6. Таким образом, Р ( 1 2 ) = 1/36. Сумма 11 вы-га . л ич'.г<'f ч • "-л .чдуЛ.*>Пп. •.- г 1 / к м .
- . . •.:>.•*.. и»
падает при двух комбинациях, когда на красной 6, а на белой 5, и
^ • ii.iit:>,q ... v j , J:"TI-<ч.
i " л--;
• tv, л: ч> . v v
.
• "»
ч
-
!
наоборот. Тогда P ( l l ) = 2/36. Следовательно, сумма очков 11 имеет
в два раза больше шансов выпасть, чем. 12.
П р и м е р 6. При выборочном контроле качества промышленной
продукции проверяется партия изделий, включающая М годных и
4.
I
N — М бракованных.'Из этой партии без возвращения выбирается
наугад п изделий. Найти вероятность того, что в выборке содержит­
ся т годных и п - г а бракованных изделий.
Решение. Общее число элементарных событий равно С^- Из
М годных изделий C™j способами можно извлечь m годных изде­
лий. Оставшиеся п — т бракованных изделий извлекаем из TV — М
изделий С^™
м
способами. Таким образом, С^С^~_^ — число бла{
гопр1мтствующйх событий. Искомая вероятность Р = ^ q " " .
Система полученных вероятностей называется
ческил«
гипергеометри-
распределением.
Геометрическое
.••i .'<.
f
определение
.. и,- лг
вероятности
.-<•...
Пусть Q — множество в n-мерном евклидовом пространстве, объ­
ем (длина, площадь) mcs(Cl) которого положителен и конечен; <т-алгебра .с/ состоит из всех измеримых (т. е. имеющих объем) множеств
А € f2. Вероятность Р определяется равенством
mes(O)
Это вероятностное пространство служит моделью задач, в которых
частица случайно бросается в область Cl. Предполагается, что ее по­
ложение равномерно распределено в этой области, т. е< вероятность
попадания частицы в область А пропорциональна n-мерному объе­
му этой области.
П р и м е р 7. Стержень разламывается на две части в случайной
точке, равномерно распределенной по длине стержня. Найти веро­
ятность того, что меньший отрезок имеет длину, не превосходящую
одной трети длины стержня.
Решение. Обозначим длину стержня /, а
расстояние от точки разлома до одного фиксированного (левого) конца стержня — х, х € [О, I].
МШС
I
^
о
jzmz
г
з"f
Тогда описанное событие произойдет тогда и
только тогда, когда либо х < 5, либо х ^ j
(рис. 1). Искомая веро­
ятность
. ,•
Р=
3
3
_ f
И З '
П р и м е р 8. (Задача о встрече) Два лица договорились встре­
титься в определенном месте между 12 и 13 часами, причем каждый
пришедший на встречу ждет другого в течение 20 минут, после чего
уходит. Найдите вероятность встречи этих лиц, если каждый из них
приходит на свидание в случайный момент времени, не согласован­
ный с моментом прихода другого.
Решение.
Пусть
' ж ' " — 'время
(запасах
считая
с
прихода'
12),
а
первого
— вре-
у
• •• мя прихода второго лица. Тогда О
=
А.
- =
{(х,.у)\х,
[0, 1 ] } . Встреча двух
у£
1
•••
-', •• • лиц_'произойдет,;если (х; у) €'А,-ще
il {( ,~у)-ёЦ
' образом,! искомая ^вероятность:^
•
р
2.2
[;-rncs(A)
mes(Cl)
{ р и с ; 2). Таким
\х*-у\
х
~.-\л
А*=
*.ц ••.>»
• _1-2-KI)
2
_ 5- •
Условные вероятности
Пусть провели N опытов, наблюдали за событиями А. В,
событие А произошло N (А) раз, В — N(B)
раз, АВ — N (АВ)
АВ,
раз.
Отношение Щ/^щ- назовем условной относительной частотой со­
бытия А, при условии, что ЛЗлроизошло.
Если события А, В и АВ обладают свойством устойчивости ча­
стот и Р(В)
> 0, т о относительная условная частота "также обладает
свойством устойчивости.
N(AB)
N(B)
Пусть Р{В)
N(AB)/N
~
N(B)'/N
~
Р(В)
'
;
>
'
> 0. Условной вероятностью события А при условии
В называется отношение Р(А\В)
Рассмотрим
_ Р(АВ)
вероятностное
сируем событие В,
Р{В)
>
= р^щ •
Р
пространство
0. Тогда Р{А\В)
Зафик­
(Q,af,P).
(Р(А\В)
-
функ-
ция от Л, А € srf) порождает «новое вероятностное пространство
•
...-'V
•
•>•<
•- >•• •,
• .•»••
<
А к с и о м ы условных вероятностей.
1) Аксиома неотрицательности.
Р(А\В)
> О
2) Аксиома нормированное™.
Р(ЩВ)
= 1
3) Аксиома, аддитивности.
Если Аг • А
2
= 0 , то Р ( ( Д : + Л )|В) = P ^ I S ) +
2
Р{А \В).
2
4) Аксиома непрерывности.
Если An 4-0, то l i m P ( A „ | P ) = 0
Пример 9. В урне М белых и (N —М) черных шаров. Из урны
случайны;., образом выбирают два шарика. Найти вероятность того,
что оба белые.
"..
Решение. События А\, А
— первый и второй шар белые.
2
Р(А)
= Р(А,
-А )
2
= f
= P(A )P(A \A )
l
2
1
• f f i .
Теорема умножения.
Вероятность
вероятности
произведения
двух событий равна
одного из них на условную
вероятность
численную при условии, что первое имеет
1
:
произведению
другого,
вы­
место:
' Р(А • В) = Р ( А ) Р ( Р | А ) , е с л и Р(А)
> 0.
Теорема умножения вероятностей может быть обобщена на слу­
чай произвольного числа событий:
Р(А
г
-Ai
An) = Р(Аг)
• P(A \Ai)
2
• P(MAiA )
•... •
2
...•P(A \A A ...A -i),
n
если P(AxA ...
2
An-i)
> 0.
1
2
a
•
2.3
Независимость событий
Определение. Событие А называется независимым от события
В с Р(В)
> О, если Р(А\В)
= Р(А),
т. е. вероятность наступления
события А не зависит от того, произошло событие В или нет.
П р и м е р 10. Пусть при бросании игральной кости А = {выпало
число меньше т р е х } , В — {вьптадо,четное число}. Поскольку А =
= { 1 , 2 } , а В = { 2 , 4, 6 } , т о Р(А)
= I и Р{А\В)
= ?$$
= Щ =
Значит, событие А не зависит^от В.
= \ = Р{А).
Л е м м а (о взаимной независимости событий). Если собы­
тие А не зависит.от. Б:при Р(А)
> О, Р(В)
> 0, то и событие В не
зависит от, А.
Доказательство. Имеем, что
Р(РШ
Р
{
Щ
А
(' У
Р(А)
Р
)
=
Л
''" (В)Р{А\В)
.
Р(Л)р
=
Р(В)Р(А)
Р(А)
•
•
'
Ш
и, следовательно, событие В не зависит от А.
Таким образом, события А и В не зависят друг от друга. При
этом
Р{АВ)
=Р{А\В)Р{В)
=
Р{А)Р{В).
Э т о равенство позволяет дать следующее определение независи­
мости событий, симметричное по отношению к событиям А-я В ж
применимое к событиям нулевой вероятности.
Определение. События А к В называются независимыми, если
Р(АВ)
=
Р(А)Р(В).
Э т о определение удобно тем, что его легко можно распростра­
нить на совокупность нескольких событий.
Определение. События А\, А ,
2
...,
А
п
называются независи­
мыми в совокупности, если для любого набора индексов 1 ^ i\ <
< i,2 < . <
..
%k ^ n выполняется равенство"
*
••
/ ' ( Д , Д.,.'.. Д , ) - Р ( А , , ) Р ( Д ) . . . Р ( А ) .
2
Определение. События A i , А ,
:
независимыми, если P(AjAj)
4
' • • •'
•
.
^
А „ называются попарно
2
для любых пар г, j ,
= P(Ai)P(Aj)
1 < г < j < п.
Замечание. Если события A i , А , . . . , А
2
независимы в сово­
п
купности,'то'они'попарно независимы, т о есть любые два'события
Ai, Aj независимы. Обратное, как показывает следующий, пример,
неверно.
Пример 11. (С. Н. Бернштейн) Рассмотрим правильный тетра­
эдр, 3 грани которого окрашены, соответственно, в красный, синий-,
зеленый цвета, а четвертая грань содержит все три цвета.. Событие
А, (В^С)
означает, что выпала грань, содержащая красный (синий,
зеленый) Цвета/ Вероятность каждого из этих событий равна 1/2,
так как каждый цвет есть на двух гранях из четырех. Вероятность
пересечения любых двух из них равна 1 / 4 , так как только одна грань
содержит два цвета. А так как 1/4 = 1 / 2 - 1 / 2 , то все события попар­
;
но независимы. Но вероятность пересечения всех трех событий тоже
равна 1/4, а не 1/8, то есть события не являются независимыми в
совокупности.
• ."'
Пример 12. Для того, чтобы разрушить мост, нужно попадание
не менее двух бомб. Независимо сбросили три бомбы с вероятностя­
ми попадания 0,1, 0,3 и 0,4. Какова вероятность, что мост разрушен?
Решение. Обозначим A j = {попадание г-й б о м б ы } . Тогда
Р
=
Р ( м о с т разрушен) =
Р(ДА А
2
+ А 1 А 2 А 3 ) . Так как события А1А2А3,
несовместны-получим',
+ Р(А{А ~М)
2
что
Р
=
3
А1ДА3
+ А^гАз
+
А1А2А3, А 1 А 2 А 3 , ! А г А А з
2
P(AiA A )
+ Р ( А ! А А з ) . События Д ,
2
+
2
3
+• Р ( А х А А з ) . +
Д , Дз ( А
2
2
ъ
Д,
А ;
3
А\, А , Л3; Ai, А , Аз) независимы в,совокупности, поэтому
2
2
Р = Р ( А 7 ) Р ( Л ' ) Р ( А з ) + P(Ai)P(A~ )P(A )
2
2
+
3
Р(А )Р(А )Р(А )+
1
2
3
+ P ( A i ) P ( A ) P ( A ) = 0,9 • 0,3 • 0,4 + ОД - 0,7 • 0,4 + 0 , 1 - 0 , 3 -'0,6+
:
2
3
•
...'
'
'
+ 0,1 • 0^3- 0,4 = 0,166.
,
•
ч
2.4, Формула полной вероятности и
ц
формула Вайеса
Определение.
Набор
попарно
# 2 , • • •, Н„ таких, что Р{Щ)
несовместных
п
событий
> 0 для всех г и \J Щ = 1, называется
полной группой событий или разбиение пространства
События Н\, # 2 , - . . . , Н ,
п
Н\,
tt.
образующие полную группу событий,
часто называют гипотезами. При подходящем выборе гипотез для
произвольного события .А могут быть сравнительно просто вычис­
лены -Р(А| Щ) (вероятность событию А произойти при выполнении
«гипотезы» Hi) и собственно Р(Н)(вероятность
выполнения «гипо­
тезы». Hi).
Теорема. (Формула полной вероятности). Пусть Н\,
Н,
2
Н„ — полная группа событий. Тогда вероятность любого события Л
может быть вычислена по формуле:
Р ( Л ) = P ( ^ ) P ( A | ^ ) + Р(Н )Р(А\Н )
2
2
+ ... + Р(Н )Р(А\Н )
П
п
=
п
=
^Р(Щ)Р(А\Н).
8=1
. Теорема. (Формула Байеса). Пусть Н\, Н ,
2
Н
п
^полная
группа событий и А — некоторое событие положительной вероят­
ности. Тогда условная вероятность того, что,имело место событие
Н , если в результате эксперимента наблюдалось событие А, может
к
быть вычислена по формуле:
Р{Н \А)
*
Р(Н )Р(А\Н )
к
• •<
Р(Н )Р(А\Н )
к
к
'
к
'•
к
Р(А)
•
-£р ,)Р(А\Н<)
{Н
»=1 •
Вероятности гипотез до испытания P{Hi)
орными
> •.,
называют
(a'priori — «до опыта»), а вероятности гипотез
после того как произошло событие А, называют
еще.апри-i
,Р(Щ\А),
апостериорными
(a'posteriori — «после опыта»).
Формула Байеса, таким образом, дает возможность «пересмотреть»'вероятности гипотез с учетом наблюденного результата опыта;
по мере получения новой информации. Э т о имеет большое научнопрактическое значение.
•
, •
Пример 13. Есть 3 завода, производящих одну и ту же про­
дукцию. При этом 1-й завод производит 25%, 2-й завод
35% и
3-й завод — 4 0 % всей производимой продукции.. Брак составляет 5%
от продукции 1-го завода, 3% от продукции 2-го и 4 % от, продук­
ции 3-го завода. Вся продукция смешивается и поступает в прода­
жу. Найти а) вероятность купить бракованное изделие; б) условную
вероятность того, что купленное изделие изготовлено 1-м заводом,
если это изделие бракованное.
Решение, а) Обозначим события Н = {купленное изделие из­
готовлено i-м заводом}, А = {купленное изделие имеет б р а к } . Со­
бытия Hi, # 2 , Hi образуют полную группу. Имеем:
' > ( Я 0 = 0,25,
P{A\Hi)
= 0,05,
Р ( Я ) = 0,35,
2
Р(А\Н )
г
= 0,03,
Гогда по формуле полной вероятности
Р ( Я ) = 0,4,
3
Р(А\Н )
3
= 0,04.
,• • > •
•Р(А) = Р ( Я ) Р ( Л | Я ) + Р ( Я ) Р ( А | Я ) + Р ( Я з ) Р ( Л | Я ) = 0,251
1
2
2
3
•0,05+0,35-0,03+0,4-0,04 = 0,039 — вероятность купить бракованное
изделие. Значит, брак среди всей продукции составляет 3,9%.
б) По формуле Байеса получим < Р(ИЛА\
-
г{п \л)
-
х
p
№ ) ( 4 i ) 1 0,25-0,05 _ 125 _ 25 _
p
щ
р
g
—
0 0 3
д
-
3 9 0
—
7 8
в
р
п
о
я
т
н
о
г
т
ь
ч
т
о
вероятность, что
бракованное изделие было изготовлено'на первом заводе.
П р и м е р 14. Два стрелка подбрасывают монетку и выбирают,
кто'из них стреляет по мишени (одной пулей). Первый стрелок по­
падает по мишени с вероятностью l , i второй стрелок — с вероят­
ностью 0,1. -Можно сделать два предположения об эксперименте:
Hi = {стреляет 1-й стрелок}, Я
2
= {стреляет 2-й стрелок}. Апри­
орные вероятности этих гипотез одинаковы: Р(Н\)
= - Р ( Я ) = 1/2.
2
Рассмотрим событие А = {пуля попала в мишень}. Известно, что
Р{А\Н\)
= 1, Р(А\Н )
2
мишень Р(А)
= 0,-1. Поэтому вероятность пуле попасть в
= 1/2 • 1 + 1 / 2 • 0 , 1 = 0,55. Предположим, что событие
А произошло. Какова теперь^апостериорная вероятность каждой из
гипотез Я,;? Очевидно, что'первая из этих гипотез много вероятнее
второй (а именно, в 10 раз). Действительно,
P |A) = ^ = ^ ,
Р(Я ) = ^
•
• 0,55
11
'
0,55
№
2 И
1
2.5
v
2 1
= 1 .
11
Независимые испытания.
Схема Бернулли
2.5.1
Число успехов в п независимых испытаниях
Определение. Схемой Бернулли называется последователь­
ность независимых испытаний, в каждом из которых возможны
лишь два исхода — «успех» и «неуспех», при этом «успех» в одном
испытании происходит с вероятностью р 6 (0, 1), а неуспех — с
вероятностью q — 1 — р.
. -
Теорема (Формула Бернулли). Обозначим через -v
n
число
успехов в п испытаниях схемы Бернулли. Тогда для любого к =
О, 1. . . . . п
.
= СЦр (Г - р) ~
РЫ
к
п
=
к
• .,.
Cpq'.
k
k
n k
Доказательство. Событие А — {ь> = к} означает, что в п ис­
п
пытаниях схемы Бернулли произошло ровно к успехов. Рассмотрим
один из благоприятствующих событию А элементарных исходов:
У,У,--- -У,н-,н,...,н.
1
к
п—к
Здесь буквами "у" и "н" обозначены, соответственно, успешный
и неуспешный результаты испытаний. Поскольку испытания незави­
симы, вероятность такого элементарного исхода (первые к испыта­
ний завершились успехом, остальные неуспехом) р а в н а р ( 1 — р) ~ .
к
п
к
Другие благоприятствующие событию А элементарные исходы от­
личаются от рассмотренного выше лишь расположением к успехов
на п местах. Есть ровно С
способов расположить к успехов на п
к
местах. Поэтому событие А состоит из С
к
элементарных исходов,
вероятность каждого из которых равна р (1 —
р) ~ .
к
Определение. Набор чисел {C p q ~ }
k
k
n
п
к
называется биномиаль­
k
ным распределением вероятностей и обозначается В
или В(?г, р).
пр
Теорема. Пусть m i , m
2
целые числа, 0 < mi ^ т
^ п. Обо­
2
значим через (т\, тн ) вероятность того, что событие А наступило
п
2
не менее m i и не более т
т
Р (тт, т ) = £
п
2
2
С р д'
к
к
2
раз в п испытаниях. Тогда
1
1
m t —1
\ ^ s^k^k „п~к
- 2^ "
С
р q
11
\ ^ /~чк^к „п~к
пР я •
~~ 2^
с
П р и м е р 15. (Задача Банаха) .Некий курящий математик носит
с собой два коробка спичек. Каждый раз, когда он хочет достать
спичку, .он выбирает наугад'один из-коробков. Найти вероятность
того, что когда математик вынет в. первый раз пустой коробок, в
другом коробке окажется ровно г спичек, 0 < г < п, где п — число
спичек, бывших первоначально в каждом из коробков.
Решение. Пусть А — событие,"которое состоит в том, что выни­
мается спичка из коробка, который в конце оказался пустым. Если
вынутый коробок пуст,' а другой коробок содержит г спичек, т о это
означает, что спички брались всего 2п — г раз. При этом событие
А наступило ровно п раз, так как коробок стал пустым. Поскольку
каждый раз коробок выбирается наугад, т о Р(А)
= 1/2. По ф о р -
муле Бернулли событие А наступает п раз в 2п — г испытаниях с
вероятностью Р „ - ( п ) = С _ {\) ~
2
Г
ч
2 п
т
2п
=
г
\(п-г)\2^~ -'
п
г
Наиболее вероятное число успехов.
По формуле Бернулли,'событие «произошло 0 успехов в п испы­
таниях» имеет вероятность q
n
j «1 успех» — вероятность прср~
1
и
т. д. Какое ж е число успехов наиболее вероятно? Иначе говоря, при
каком к достигается максимум Р{у
п
= к)?
Теорема. В п испытаниях схемы Бернулли с вероятностью успе­
ха р наиболее вероятным числом успехов является:
а) единственное число А:о = [пр + р], если число пр + р не целое;
б) два числа feo = пр + р и ко — 1 = пр 4' р — 1, если число пр 4 р
целое.
П р и м е р 16. Если р = q = 1/2, т о при четном числе испытаний
п число пр 4 р = п/2 + 1/2 — не целое, так что наиболее вероят­
ным является единственное число успехов [п/2 4 1/2] = п/2. Ч т о
совершенно понятно, так как есть нечетное число возможностей —
получить 0, 1, .. ..,.п успехов, причем вероятности получить к и п — к
успехов одинаковы.'
:<
-
-
При нечетном же числе испытаний п число пр +р ~ п/2 +1/2
—
целое, так что наиболее вероятными (и одинаково вероятными) яв­
ляются два числа успехов п/2 + 1/2 и п/2 — 1/2.
2.5.2
Номер первого успешного испытания •
•'
.•
.
-
Рассмотрим схему Бернулли с вероятностью успеха р в одном ис­
пытании.- Испытания проводятся до появления первого успеха. Вве­
дем величину т , равную номеру первого успешного
испытания.
Теорема. Вероятность того, что первый успех произойдет в ис­
пытании с "номером к, равна Р(т = к) = рд* " .'
-
1
'
[ г :
• •' • •'
Доказательство. Действительно,
Р(т = к) = Р ( н , н, . . . , н,.у) =
Определение. Набор чисел {рд " }
к
г
pcf- .
1
называется геометриче­
ским распределением вероятностей и обозначается Gp или
G(p).
Геометрическое распределение вероятностей обладает интерес­
ным свойством, которое можно назвать свойством «нестарения».
Пусть величина т обозначает, скажем, время безотказной работы
(измеряемое целым числом часов) некоторого устройства. Предпо­
ложим, что для величины т вероятность принять любое свое значе­
ние к в точности равна рд ~ .
к
г
Справедливо следующее утверждение.
Теорема. Пусть Р(т = к) = pq ~ .
k
1
Тогда для произвольных
п, к > 0
Р(т > п + к\т > п)
=
Р(т > к).
Данному равенству можно придать следующее звучание: • если
известно,
что устройство
проработало без отказов п часов,
то
вероятность
же,
ему. работать'еще
как вероятность
не менее
проработать
к часов точно
такая
не менее к часов для
нового
устройства.
. Можно прочесть эту формулу и так: вероятность
му устройству
проработать
еще сколько-то
того момента,
когда мы начали отсчет
s
сколько уже работает' устройство^
работающе­
часов не зависит от.
времени,
или от того,
Доказательство. По определению условной вероятности,
i
'Р{т > п + к\т-> П)-
i к,т > п) _ Р(т >п
,Р(т>.п
'
Р(т > п)
~
+ к)
Р(т > п)
Последнее равенство следует из того, ,что с о б ы т и е { т > п+
1
к},влечет
событие { т > п } , так что пересечение этих событий есть { т > n + f e } . ,
Найдем для произвольного га > 0 вероятность Р ( т > га).
J2
Р ( т : i) =.
Р(т > m)г—ттг+1
^
г"?'" '
у-
'
</"•
?.—тп+1
Можно также заметить, что событие { т > га} означает, что в
схеме Бернулли первые т испытаний завершились «неудачами», а
это событие имеет вероятность как раз
q.
m
Таким образом, получим
Р(т>п
2.5.3
ч
P(r >п
+ к\т > п) =
К
р
(
т
+ к)
>
п
)
q
-=~Г=Я
n+k
к
К
п /
= Р(т > к).
Независимые испытания с несколькими
исходами (Полиномиальная схема)
Рассмотрим следующий пример, когда из двух очень похожих
вопросов на один можно ответить,'Пользуясь формулой Бернулли,
1
а для другого этой формулы оказывается недостаточно:
П р и м е р 17. Игральная кость подбрасывается 15 раз. Найти
вероятности следующих событий:
'
1
'"
а) выпадет ровно 10 шестерок;
б) выпадет ровно 10 шестерок и три единицы.
'
Решение, а) есть 15 испытаний схемы Бернулли с вероятностью
успеха 1/6 (выпадение шестерки). Вероятность десяти успехов в 15
испытаниях равна С™ ( | )
( l — g) -
1 0
5
б) здесь каждое испытание имеет три, а не два исхода: выпа­
дение шестерки, выпадение единицы, выпадение остальных граней.
Воспользоваться формулой для числа успехов в схеме Бернулли не
удается — перед нами уже не схема Бернулли. Осталось изобрести
формулу для подсчета вероятности каждому исходу в нескольких
независимых испытаниях выпасть нужное число раз, если в одном
испытании возможно не два, а более исходов. Пусть в одном испыта­
нии возможны т исходов. Обозначим их цифрами 1,2, ... ,т. Пусть
исход г в одном испытании случается с вероятностью
1( i ^ m n
i=l
Обозначим через (щ, п , . . . , п )
= щ + ri2 + • • • + п
т
вероятность того, что в п —
т
2
независимых испытаний исход 1 появился щ
раз, исход 2 — п раз, . . . .
2
Теорема. Для любого п и любых целых п\ ^ 0, n
п
т
^ 0 таких, что П1 + П2 + • • • + п
т
Р (щ,
п
п ...
2
п)
т
= —
у
2
^ 0, . . . ,
= п, верна-формула:
п'
-р?&
..
.р%.
Доказательство. Рассмотрим один элементарный.исход,'бла­
гоприятствующий выпадению п\ единиц, п д в о е к , . . . , п
2
, т , т , ..., т ) .
«1
«2
т
раз т - о к :
. Это; результат п экспериментов, когда все нужные исходы по­
явились в некотором заранее заданном порядке. Вероятность такого
результата п независимых испытаний равна р ™ ^ • • -Рт"1
2
Все остальные благоприятные исходы отличаются лишь распо­
ложением.чисел 1, 2, . . . , т на п местах. Число таких исходов равно
.{
числу способов расставить на, п местах щ единиц, п двоек, . . . ,
2
раз чисел т, то есть ,
t i ! o
J „ ,- л
!
т
п
т
'-. - •
, Теперь мы можем вернуться к примеру пункт б) и выписать от­
вет: так как вероятности выпадения шестерки и единицы равны 1 / ,
а вероятность .третьего исхода (выпали любые другие грани) равна
4 / 6 — 2 / 3 , то вероятность получить 10 шестерок, 3 единицы и еще
•2 других очка равна
2.6
Предельные теоремы в схеме
Бернулли
При вычислении вероятностей в условиях большого числа ис­
пытаний п можно столкнуться со значительными вычислительными
трудностями. В связи с этим'возникла необходимость в построении
асимптотических (приближенных) формул, позволяющих с доста­
точной степенью точности определить
Формула
Р (т).
п
Пуассона
"При большом числе испытаний п —> оо, постоянной малой ве­
роятности наступления «успеха» в каждом испытании р —> 0, и при
выполнении условия Л = пр ^ 10, вероятность P„(in)
того, что в п
независимых испытаниях наступит ровно т «успехов» может быть
найдена по приближенной формуле Пуассона:
ml
где п — число испытаний в схеме Бернулли, т — число «успехов»,
Л = пр — параметр Пуассоновского распределения.
' '
:
П р и м е р 18. Вероятность набора абонентом телефонного номе­
ра с ошибкой равна 0,001. Определить вероятность того, что среди
500 произведенных заказов не более 2' телефонных номеров были
набраны с ошибкой.
"•
••
'
Решение. Искомая вероятность равна Р„(0) + Р , , ( 1 ) + Р ' ( 2 ) . Со­
П
гласно условию п = 500, р = 0,001. Так как р мало, А = пр = 0,5 ^
^ 10, для вычисления вероятностей используем формулу Пуассона.
Следовательно, искомая вероятность равна Р „ ( 0 ) + Р ( 1 ) + Р ( 2 )
П
Локальная
теорема
п
«
Муавра—Лапласа
При большом числе испытаний п —> с о , вероятности наступ­
ления «успеха» в каждом испытании р, отличной от 0 и 1, и при
выполнении условия npq ^
20, вероятность Р (т)
п
того, что в п
независимых испытаниях наступит ровно m «успехов», определяет­
ся.в соответствии с локальной теоремой Муавра-Лапласа:
•
^ / ч
1
/ \
Р (т) и - — = - .(fix)/npq
' "
п
х
т-
пр
y/npq
где n — число испытаний в схеме Бернулли, т — число «успехов», р И
q — вероятности «успеха» и «неуспеха», <р(х) = -^^^
— функция
Гаусса.
Отметим основные свойства функции Гаусса, необходимые для
применения рассматриваемой теоремы.
Функция Гаусса:
1. <р(х) — четная функция, т. -е. jp(—х)
— (р(х);
2. ip(x) — монотонно убывающая функция при х > 0, причем
<р(х) —> 0 при х —> ± о о ; при..т > 5 можно считать ffi{x) « 0.
П р и м е р 1 9 . Найти вероятность того, что при 150 выстрелах
мишень будет поражена ровно.70 раз, если вероятность попадания
при одном выстреле равна 0,4.
Решение. Данная
мы Бернулли: п =
задача решается
150, р =
Применим локальную
0,4, q =
теорему
с . использованием
1 —р =
Муавра-Лапласа.
= .150 • 0,4 • 0,6 = 36 > 20, х-=
2 ^
схе­
0,6, то =
Имеем npq-
= ^=f = § «
70.
=
1,67. Тогда
Pi5o(70) « ^ ( 1 , 6 7 ) « | • 0,0989 « 0,0165.
Интегральная
теорема
Муавра-Лапласа
При большом числе испытаний п —¥ с о , вероятности наступ­
ления «успеха» в каждом испытании р, отличной от 0 и 1, и при
выполнении условия npq ^ 20,^вероятность Р {т\
п
^ т ^ т г ) то­
го, ,что в п независимых, испытаниях «успех» наступит от т\ до mi
раз, определяется в соответствии с интегральной теоремой МуавраЛапласа:
. . .
P ( " ^ i < ™ < " i 2 j « Ф(>2) - 9(х );
г
n
TOi
— np
ТО9
xi = —
; .т = —
— пр
- ,
2
где п — число испытаний в схеме Бернулли, m — число «успехов»,
Х
р и q — вероятности «успеха» и «неуспеха», Ф(.т) = ^ = J е
у.
2
2
du —
функция Лапласа.
Отметим основные свойства функции Лапласа, необходимые для
применения рассматриваемой теоремы.
Функция Лапласа:
1. Ф(х) — нечетная функция, т. е. Ф(—х) =
Ф(х);
2. Ф(х) — монотонно возрастающая функция при х > 0, причем
Ф(.т) —> ~ при х —> + о о ; при х > 5 можно считать Ф(х) = 0,5.
П р и м е р 20. Город ежедневно посещают 1000 туристов, 'кото)ые днем идут обедать! Каждый из них выбирает для обеда один
13 двух городских-ресторанов с равными вероятностями и незави:имо друг от друга. Владелец .одного из ресторанов желает, чтобы
: вероятностью приблизительно 0,99 все пришедшие в его ресторан
туристы могли там одновременно пообедать. Сколько мест должно
1дя этого быть в его ресторане?
Р е ш е н и е . Пусть А = {турист пообедал у заинтересованного
?ладельца}. Наступление события А будем считать «успехом», р =
- 0,5, п = 1000. Нас интересует такое наименьшее число т, что
зероятность наступления не менее чем т «успехов» в' последовательюсти из п = 1000 независимых испытаний с вероятностью успеха
э = 0,5 приблизительно равна 1 — 0,99 = 0,01. Э т о как раз вероят•юсть переполнения ресторана. Таким образом, нас интересует такое
гаименьшее число т , что Р\ооо(т, 1000) «
0,01. Применим инте­
гральную теорему Муавра-Лапласа. Имеем npq = 1000 •• 0,5 • 0,5 =
= 250 > 20, x i = 22=™, где т неизвестно, х
2
=
1 0
g^
u u
= 10\/10-
Гогда
),01 * Р (ш,
1т
1000) « Ф(Ю^ТО) - Ф ( ^ ^ )
«
Зткуда следует, что
^ , 7 7 1 - 500,
„ ,
Ф
=г~) « 0,49.
5л/Тб
л
7
4спользуя таблицы для функции Лапласа находим,
яз 2,33, и,
тачит, т « 500 + 2,33 • 5 \ / l 0 « 536,8. Следовательно, в ресторане
юлжно быть 537 мест.
Задачи для самостоятельного решения
Задача182. «Относительно каждой;-из групп событий ответить
на следующие вопросы: образуют ли,эти события пространство эле­
ментарных исходов описанного эксперимента; если образуют, т о являются ли они равновозможными; если не образуют, то являются
ли они несовместными?
1.
Эксперимент
•
•
—* бросание
Ai = {выпал г е р б } , А
2
^'
правильной
монеты;
события
— {выпала цифра}.
2. Эксперимент — бросание неправильной монеты (например по­
гнутой монеты); те же события А\,
А.
2
3. Эксперимент — бросание двух правильных монет; В\ =
{вы­
пали два герба}, В = {выпали две ц и ф р ы } .
2
4. Эксперимент — бросание двух правильных монет; В\ =
пали, два герба}, В
{выт
— {выпали две ц и ф р ы } , В% = {выпали один
2
герб и одна цифра}.
-
5. Эксперимент — бросание двух правильных монет; В\ •— {герб
на первой монете}, В
2
=
{герб на второй монете}.
6. Эксперимент — бросание правильного игрального кубика. Со­
бытия С\ = { 1 или 2 о ч к а } , С — { 2 или 3 очка}, Сз = {3 или 4 о ч к а } ,
2
С\ = {4 или 5 очков}, С5 = {5 или 6 очков}.
7. Эксперимент — бросание двух правильных игральных ку­
биков. События £>i = {выпало две шестерки}, D
2
= {ни одной
шестерки},£>з = {на одном кубике 6 очков, на другом не шесть оч­
ков}.
8. Эксперимент — передача 3 сообщений по каналу связи. Со­
бытия E i = {хотя бы 1 сообщение искажено}, Е
2
сообщение не искажено}.
= {хотя
бы 1
г
9..Эксперимент — передача 3 сообщений по каналу связи. Со­
бытия E i = {все 3 сообщения переданы без о ш и б о к } , Е
— {все,3
2
сообщения переданы с ошибками}, Ез — {два сообщения переданы
с ошибками, одно без ошибок}.
10. Эксперимент — передача 3 сообщений по каналу связи. Со­
бытия E i = { в первом сообщении есть ошибка}, Е
= { в о втором
2
сообщении есть ошибка}, Е
л
= { в третьем сообщении есть ошибка}.
11. Эксперимент — извлечение одной карты из полной колоды
игральных карт. События Fi — {червонная масть}, F = -{трефовая
2
масть}, F3 = {бубновая м а с т ь } , F4 = {пиковая масть}.
12. Эксперимент — извлечение двух карт из полной колоды иг­
ральных ксрт. События G\ = { о б е карты черной масти}, G
=р { с р е ­
2
ди вытянутых карт есть дама т р е ф } , G 3 = {среди вытянутых карт
есть туз п и к } .
13. Эксперимент — два выстрела по цели. События Н\ = {ни
одного попадания}, Н
2
= {одно попадание}, Щ — { д в а попадания};
14. Эксперимент — эксплуатируются 2 прибора в течение одного
времени. События К\ = {первый прибор вышел из стоя, второй
нет}, К
2
= {второй прибор вышел из строя, первый нет}, К3
=
= {оба прибора вышли из с т р о я } , К4 = {один прибор не вышел из
строя}.
Задача 83. По канату связи последовательно передано три зна­
ка. Описать пространство элементарных; событий и события: 1) при­
нят только первый знак; 2) принят, по крайней мере, один знак; 3)
приняты два и только два знака; 4) принято меньше двух знаков; 5)
принят один знак.
,
Задача 84. Из таблицы случайных чисел наудачу взято одно
число. Событие А — выбранное число делится на 5; событие В —
данное число оканчивается нулем. Ч т о означают события А\В
АВ1
j
и
'
Задача' 85. Равносильны ли события А и В, если а) А = В; б)
А + С = В + С; в) АС =
ВС]
З а д а ч а 86.-Бросаются две игральные кости. Пусть Д — событиё, состоящее в'том, что сумма очков нечетная; В — событие, за­
ключающееся в том, ч т б х о т я б ы л а одной из костей выпала единица.
Описать события АВ, А + В;
AB's
'•*' З а д а ч а - 8 7 . Правильная монета подбрасывается до тех пор, по­
ка герб не появиться г раз.' Построить пространство элементарных
событий. Сколько элементарных событий будет содержать событие
«эксперимент заканчивается после n-го подбрасывания»?
З а д а ч а 88. Событие А влечет за собой событие В. Являются
ли события А и A U В совместными?
З а д а ч а 8 9 . Вероятность того, ч т о будет снег (событие А), равна
0,6, а того, что будет дождь (событие В), равна 0,45. Найти веро­
ятность плохой погоды,-если вероятность дождя со снегом (событие
АВ)
равна 0,25.
-
'
З а д а ч а 90. Упростить выражение (А + В)(В
+ С)(С
+ А).
З а д а ч а 9 1 . Прибор состоит из двух блоков первого типа и трех
блоков второго типа. Событие Д
= {исправен г-ый блок первого
т и п а } , г = 1, 2, Bk = {исправен fc-ый блок второго типа}, к = 1, 2, 3.
Прибор работает, если исправен хотя бы один блок первого типа и
не менее двух блоков второго типа. Выразить событие С = {прибор
работает} через события Д ; й В^.
З а д а ч а 9 2 . Производят стрельбу по плоской прямоугольной
мишени, заданной множеством точек {(ж, у) : \х\ ^ 2, \у\ ^
2}.
Элементарный исход — координаты точки попадания в декартовой
системе координат. Промах в указанный прямоугольник исключен.
События: А = {абсцисса точки попадания не меньше ординаты};
В = {произведение координат точки неотрицательно};'С = { с у м ­
ма модулей координат точки превышает единиц}'}. Выявить пары
совместных событий.
Задача 93. Эксперимент состоит в бросании трех монет. Пусть
Ai = {герб выпал на г-ой монете}; г = 1, 2, 3. Выразить через Д и
Д следующие события:
А = {выпадение одного герба и двух ц и ф р } ; '
В = {выпадение не более одного герба};
С — {гербов выпало меньше, чем ц и ф р } ;
D = {выпадение хотя бы двух гербов};
Е = {на первой монете выпал герб, на остальных — ц и ф р а } ;
F
= {на первой монете выпала цифра и хотя бы на одной из
остальных выпал герб}.
Задача 94. На плоскость наудачу бросают точку. События: "А
и В состоят в том, что точка попадает соответственно в круг^А и в
круг В. Какой смысл имеют события: А, В, А + В, А + В,АВ,
А\В, В\А,{А
+
АВ,
В)\(АВ)?
Задача 95. На отрезке [а, Ь) наудачу ставят точку. Пусть х —
координата точки. Затем на отрезке [а, х] наудачу ставят еще од­
ну точку с координатой у. Наблюдаемый результат — пара чисел
(х, у). События: А = {вторая точка ближе к правому концу отрезка
[а, Ь],чем к левому}; В — {расстояние между двумя точками мень­
ше половины длины отрезка}; С = {первая точка ближе к левому
концу-отрезка, чем к правому}; D = {первая точка ближе ко вто­
рой, чем к правому концу отрезка [а, Ь]}. Выявить пары совместных
событий. '
-
.
З а д а ч а 9 6 . Доказать справедливость тождеств:
1. (А+,В)(А
+ В)=А;
, 2. (А + В)(А
+ В)(А
3. (А + ВС)(В
4. АС\В
.
.
+
В).=='АВ;
+ АС)(С+ЛВ)=
= (АС)\(ВС)-;
ABC
+
ABC;
'
5. А\В + А\С = А\(ВС).
]
,
' Задача 9 7 . Вероятность каждого из событий А и В равна 1/2.
Доказать, что Р(АВ)
= Р{АВ).
>
З а д а ч а 9 8 . Для участия в лотерее, на карточке, содержащей
49 чисел, нужно отметить 6 чисел. Затем эти числа сверяются с 6
числами, отобранными случайным образом. В зависимости от числа
совпавших номеров выплачивается выигрыш. Какова вероятность
угадать в,лотерее 6 чисел из 49?
. З а д а ч а 9 9 . В ящике т белых и п черных шаров.. Шары тща­
тельно перемешаны. Наудачу вынимаются сразу два шара. Какова
вероятность того, что оба шара белые?
Задача 100. Абонент забыл последние две цифры номера те­
лефона. Какова вероятность набрать с 1-й попытки верный номер,
если абонент помнит, что среди этих цифр нет нуля, одно из них
больше 5, другое меньше 5?
З а д а ч а 101. Подброшены две игральные кости. Найти вероят­
ность события А того, что выпадет хотя бы одна единица.
З а д а ч а 102. На красных карточках написаны буквы у, и, я,
к, ц, ф , н, на синих — буквы а, а, о, т, т, с, ч. После тщательного
перемешивания, что вероятнее: с первого раза из букв на красных
карточках составить слово «функция» или из букв на синих карточ­
ках слово «частота»?
З а д а ч а 1 0 3 . На экзамене студенту предлагается 30 билетов; в
каждом билете два вопроса. Из 60 вопросов, вошедших'в'билеты,*
студент знает только 40. Найти вероятность того, что взятый сту­
дентом билет будет состоять: 1) из известных ему вопросов; 2) из
неизвестных ему вопросов; 3) из одного известного и одного неиз­
вестного вопроса.
1
•
,
Задача 104. 6 пассажиров поднимаются в лифте семиэтажного
дома. Движение лифта начинается с цокольного этажа. Подразуме­
вается, что каждый из пассажиров с равной вероятностью может
выйти на любом из семи этажей. Найти вероятности следующих со­
бытий:
'
А = {на первых трех этажах не выйдет ни один из пассажиров};
В — {ьсе пассажиры выйдут на первых шести э т а ж а х } ;
С = {на пятом, шестом и седьмом этажах выйдут по два пасса­
жира};
-
•'
D = {все пассажиры выйдут на одном этаже};
Е = {все пассажиры выйдут на разных этажах}.
Задача 105. Опыт состоит в одновременном бросании четырёх
кубиков(красного, синего,зелёного и желтого). Найдите вероятность
того, что
а) выпадут четыре шестерки;
б) выпадут три шестерки и одна пятерка;
в) выпадут две шестерки и две пятерки;
г) выпадет ровно одна шестерка;
д) выпадут четыре разные цифры;
е) не выпадет ни одной шестерки;
ж ) выпадет хотя бы одна шестерка.
Задача 106. В очередь в случайном порядке становятся четыре
человека А, Б, В, Г. Считая все варианты их расположения равно-
возможными, определите вероятность'следующих событий:
а) А будет первым в очереди;
-. б) Б не будет последним в очереди; •
в) А будет стоять раньше Б; ,
=
.
>
г) А будет стоять рядом с Б ' ( д о или после него);
„ д) А будет стоять раньше Б и раньше В;
-
л е) А,будет стоять раньше Б, а В будет стоять раньше Г.
• З а д а ч а 107. Автомобильный номер содержит три цифры (и
буквы, на которые ,мы сейчас не .обращаем внимания). Считая все
варианты от ООО до 999 равновозможными, найдите вероятность то-;,
го, ч т о выбранный номер:,
«...
а) сострит только из единиц (равен 111);
.с, б) состоит только из единиц и двоек;
в) начинается с пятерки;
г) заканчивается на девятку;
д) начинается с пятерки и.заканчивается на девятку;
е) состоит из,трех одинаковых цифр;
ж ) не,содержит единиц;
•
з) содержит хотя бы одну единицу;
/
ь
V
и) состоит из трех различных цифр;
к) включает в себя хотя бы две одинаковые цифры;
л) состоит из трех различных цифр, идущих в порядке возрас­
тания;
м) имеет сумму цифр 2;
н) имеет сумму цифр 25;
о) имеет сумму цифр 9;
п) содержит ровно две девятки;
р): содержит цифру, меньшую 4;
с) не содержит цифр, меньших 4; .
т) имеет первую цифру, большую-.третвей.
'
-*.-» ., г
Задача 108. 2п команд разбиты на две подгрупны.по.п команд.
Найти.вероятность, того, что две наиболее сильные команды: а) по­
падут в разные подгруппы; б) попадут в одну подгруппу.
.
!'•
Задача 109. Двое бросают, монету. Выигрывает тот, у. кого пер­
вого выпадет герб.'Найти вероятность.выигрыша для каждого.; .
Задача 110. В урне находится 5 шаров различных цветов. Про­
изводиться выборка с возвращением объема 25. Найти вероятность
того,.>что в выборке будет по 5 шаров каждого цвета..
,
. •;
Задача. 111.. 8 водителей приезжают в город и оставляют.свои
машины на трех автомобильных стоянках. Каждый водитель выби­
рает стоянку для своей машины случайным образом. А = {5 водите­
лей остановятся на одной стоянке, 2 — на другой и 1 — на третьей}.
Найдите
Р{А).
Задача 112. Игроки А и В бросают 5 костей. Если-3 или гболее
из них упадут одинаковой стороной вверх, выигрывает В, в против­
ном случае —• А. Каковы шансы игроков?
.•. * .
Задача 113. Бросается 4 кубика. Найдите вероятности ..собы­
тий:
-
. . .
• *
А = {на двух кубиках выпало одинаковое .число очков,, на двух
других разное};
>
В = {на двух кубиках одно число на двух других — другое};
С = {на всех четырех кубиках выпадает разное число о ч к о в } .
Задача 114. Бросают 10 одинаковых игральных костей. Най­
дите? вероятности событий:
А = {хотя бы на одной кости выпадет б о ч к о в } ;
В = {ни на одной кости не выпадет 6 о ч к о в } ;
С = {ровно на трех костях выпадет 6 о ч к о в } .
З а д а ч а 1 1 5 . Найти вероятность того, что при размещении п
различных шаров по N ящикам определенный ящик будет содер­
жать ровно к шаров. (Все различные размещения равновероятны).
(Что, е с л и ш а р ы одинаковые?): '-< .
. ,
,
, .
-• ' З а д а ч а . 1 1 6 . Один из студентов группы, пришедший'сдавать
экзамен по теории вероятностей;-плохо посещал семинарские заня­
тия и не научился фешать задачи на тему о вероятности сложных
событий. К экзамену он, успел 'подготовить ответы на вопросы 10
билетов из 25 и рассуждал так: поскольку большую часть билетов
он не знает, т о для увеличения шансов сдать экзамен ему следу­
ет пропустить впереди себя к человек, а затем уже тянуть билет.
Найти значение априорной вероятности Pk того, что этому студенту
достанется известный ему билет, если он подойдет к экзаменатору
(к + 1)-м по счету.
• Задача 117. В ящике лежат 15 теннисных мячей, из которых
9 мячей — новые. Для> первой игры берут три мяча; после игры
1
их возвращают в ящик. Для второй игры также берут три мяча.
Найдите вероятность, что все мячи, взятые для второй игры, новые.
З а д а ч а 118. В кондитерской имеется 7 видов пирожных. Оче­
редной покупатель выбил-чек:на 4 пирожных. Найдите вероятности
событий:
А = {пирожные одного вида};
В = {пирожные разных видов};
С = {по два пирожных различных видов}.
З а д а ч а 119. 7 яблок, 3 апельсина и 5 лимонов раскладывают
в три пакета, по 5 штук фруктов в каждом. Найдите вероятности
событий:
А = { в каждом из пакетов по одному апельсину};
В — {случайно выбранный пакет не содержит апельсинов}.
Задача 120.(Парадокс второго туза). 52 карты сдают на чет­
верых. Один из игроков объявляет, что среди 13 сданных ему карт
:
есть туз. .А.—{среди остальных его карт также имеется туз}.-Пред­
положим, что игрок объявил, о наличии среди его карт туза пик.
В = {среди остальных его карт также имеется т у з } . Найдите веро­
ятности событий А и В.
'
м
г.
Задача 121. В некоторых сельских местностях России суще­
ствовало когда-то следующее гадание. Девушка зажимает в руке 6
травинок так, чтобы концы травинок торчали сверху и снизу. По­
друга связывает эти травинки попарно между собой сверху и снизу в
отдельности. Если при этом все 6 травинок оказываются связанны­
ми в одно кольцо, т о это должно означать, что девушка в текущем
году выйдет замуж.
А = {травинки при завязывании образуют кольцо}. Найдите
Р(А).
Тот же вопрос, для случая 2п травинок.
Задача 122. В урне а белых шаров, b черных, с синих шаров. Из
урны последовательно извлекают по одному все шары. Чему равна
вероятность того, что белый шар появится раньше синего?
Задача 123. Среди т человек распределяют п различных пред­
метов; каждый может получить любое число предметов. Найдите
вероятности событий:
А — {все предметы достанутся одному человеку};
В = {определенное лицо не получит ни одного предмета};
С — {определенные т\ лиц получат по одному предмету}';
D = {щ предметов достанутся одному из участников};
Е — {первый человек получает П\ предметов, второй — п
...,
2у
m-ый — п
предметов, п{ + щ + ... + п
т
= п};
т
F = {один человек получит,щ предметов, один — п
2
. . . , один — Пт предметов, n,i + п + .:. + п
2
»
т
предметов,
— п}.
З а д а ч а 124; Наудачу взято пятизначное число, составленное из
цифр 0, 1, 2,'3. 5. Какова вероятность, ч т о оно делится на: 1) 4; 2)
5?
>•
•
•
/
.
З а д а ч а 1 2 5 . Элементы а\, а ,
2
\.., а
п
'
••
переставляются случай­
ным образом. Все п\ перестановок равновозможны. Определить ве­
роятность события
А = {хотя бы'один элемент на своем месте, т. е. а,; = г } .
Доказать, что предел этой веройтности при п —> оо равен 1 — е~ .
1
Задача
{1,
2,
...,
126.
п}
Из всех возможных отображений
множества
в себя выбирается одно отображение. Найдите
вероятности событий:
А = {выбранное отображение.переводит каждый из п элементов
в единицу};
В = {элемент г имеет к прообразов};
С — {элемент г переводится в j};
D = {выбранное отображение переводит элементы i\ , г ,
2
%k в элементы ji, j
2
...,
, • • •, jk соответственно}.
З а д а ч а 127. N человек рассаживаются за круглым столом.
Найти вероятность события А = { д в а фиксированных лица окажут­
ся р я д о м } . Как изменится ответ, если N человек рассаживаются в
произвольном порядке вдоль одной скамьи?
З а д а ч а 128. В комнату, где стоят т стульев ( m ^ тг — 2), входят
п человек и рассаживаются так, что все стулья оказываются заня­
тыми. А = {два определенных лица окажутся без места}, В =
{к,
к ^ т определенных лиц будут сидеть}. Найдите вероятности со­
бытий А и В.
'
.
З а д а ч а 129. Наудачу взято четырехзначное число, составлен­
ное из цифр 0, 1, 2, 3. Какова вероятность', что оно делится на 3?'
Задача 130. Поезда'метро идут в данном направлении с ин­
тервалом 1 мин. Какова вероятность того, что пассажиру придется
ждать поезда не больше 20 с? Ответ обосновать.
- • •'
Задача 131. На отрезке единичной длины случайным образом
появляется точка. Найти'вероятность того, что расстояние от точки
до концов отрезка больше 1/8.
Задача 132. На отрезке [—о;'о], о > 4, наудачу выбраны точки
и и v. Ч т о вероятнее: корни уравнения z
2
+ uz + v = 0 лежат'На
вещественной оси или не лежат? К чему стремятся эти вероятности
при а —> +'оо.
• • <
Задача 133. Точка (х, у) равномерно распределена в квадрате:
О < х ^ 2, 0 ^ у < 2. Найти вероятность того, что х и у удовлетво­
ряют неравенству ах
2
^ ~Ау ^ 4х, а € R. При каком а полученная
вероятность равна 1/3?
Задача 134. На плоскость с нанесенной квадратной сеткой со
стороной 4 см бросают монету радиуса 1 см Найти вероятность того,
что монета не пересечет линии сетки.
Задача 135. Из промежутка [0,1] выбрали наугад два числа.
Какова вероятность, что их сумма больше либо равна 1, а их раз­
ность меньше либо равна 0?
•
Задача 136. На отрезке длиной / наугад ставятся две точки,
которые разбивают его на три отрезка. Найти вероятность того, что
из этих отрезков можно составить треугольник.
Задача 137. Спутник Земли движется по орбите, 'которая за-
ключена между 60° северной и 60° южной широты. Считая падение
спутника в л ю б у ю точку поверхности Земли между указанными па­
раллелями равновозможным, найти вероятность того, что спутник
упадет выше 30° северной широты.
•
З а д а ч а 138. В первом ящике 2,белых и 10 черных шаров, во
втором — 3 белых и 9 черных шаров, в третьем — б белых и 6 черных
шаров. Из каждого ящика вынули-но шару. Найти вероятность того,
ч т о все вынутые шары белые.
З а д а ч а 139. Пусть Д и В независимые события и Р(А+В)
= 1.
Доказать, ч т о либо Д , либо В имеет вероятность равную единице.
З а д а ч а 140. Докажите справедливость утверждения:
«Сов­
местные события могут быть как^зависимыми, так и независимыми».
З а д а ч а 141. Пространство элементарных исходов Q состоит
из четырех исходов: Q =
б ы т и я - А = {ш1, ш },.В
2
Р(А)
{wi, ш,
2
и>з, u>i} Рассматриваются со­
= {и> ,- и>з}, С = {ш ,
2
2
ш } . Известно, что
4
= , 0 , 2 . События Д и В, А и С — независимы. Найти вероятно­
сти элементарных исходов.,Можно ли утверждать, что события В.тл
С независимы?
j
З а д а ч а 1 4 2 . В некоторый промежуток времени бактерия мо­
жет погибнуть с вероятностью 1/4, выжить — с вероятностью 1/4,
разделиться на две — с вероятностью 1/2. В следующий промежуток
времени с каждой бактерией может произойти т о же самое. Какова
вероятность, что к концу, второго промежутка времени не окажется
ни одной бактерии?
З а д а ч а 1 4 3 . Пусть А и В — произвольные независимые собы­
тия, вероятности которых равны |, и С = А • В + А
В. Являются
ли события А, В и С независимыми в совокупности?
З а д а ч а 144. События А и В зависимы. Следует ли из этого,
что они несовместны? Привести пример.
Задача 145. В некоторой школе 10% учащихся не сдали экза­
мены но математике, 12% — по физике, 2 % «провалили»,как мате­
матику, так и физику. Наугад выбирается один ученик. Будут ли
события { э т о т .ученик не сдал математику} и { э т о т ученик не сдал
физику} независимы?
,
v
.
Задача 146. Стрелок выстрелил три раза но удаляющейся це­
ли. Вероятность попадании в нее в начале стрельбы равна ,0,8 и
посте каждого выстрела уменьшается на 0,1. Найдите, вероятно­
сти событий: А = {все три раза — промах}; В = {хотя бы одно
попадание};С — {два попадания}.
Задача 147. Два стрелка сделали по одному выстрелу по ми­
шени. Вероятность попадания для одного стрелка равна 0,7, для
другого — 0,6. Найдите вероятности событий:
А = {только один из стрелков полол в мишень};
.,
Л
В = {хотя бы один из стрелков попал в мишень};
С = { о б а стрелки поразили мишень};
D = {ни один из стрелков не попал в мишень};
Е = {хотя бы один из стрелков не попал в мишень}.
Задача 148. Вероятность попадания в мишень при одном вы­
стреле для одного стрелка равна р, для второго — 0,7. Вероятность
ровно одного попадании при одном выстреле обоих стрелков равна
0,38. Найти р.
Задача 149. Вероятность хотя бы одного попадания в цель при
четырех независимых выстрелах равна 0.9984. Найти вероятность
попадания при.одном выстреле..
Задача 150. Бросают три монеты. Показать,, что события { н а
первой монете выпал герб} и {цифра выпала на последних двух
монетах} независимы. П о к а з а т ь / ч т о события-{выпало два герба} и
{выпало три герба} зависимы. - ± •
З а д а ч а 151. Бросают две игральные кости. Показать, что со­
бытия А = { н а первой кости'в'ыпало четное число о ч к о в } , В — {на
второй кости выпало нечетное число очков} и С = { с у м м а очков па
костях — нечетная} попарно независимы, но в своей совокупности
зависимы.
•
1
•'
-
г
•Задача 1 5 2 . Бросают три кости. Найдите вероятность того, что
хотя бы на одной из них выпадает одно очко, если на всех трех
костях выпали разные грани.
З а д а ч а 1 5 3 . Найти вероятность того, что при бросании пяти
игральных костей хотя бы'на одной выпадет 6 очков, при условии,
что на всех костях выпали грани с четным числом очков.
1
З а д а ч а 154. Статистика,'собранная среди студентов одного из
вузов, такова: 60% всех студентов занимаются спортом, 30% участ­
вуют в художественной самодеятельности, 50% работают в стройот­
ряде, 20% занимаются спортом и участвуют в художественной са­
модеятельности, 10% занимаются спортом и работают в стройотря­
де, наконец, 5% участвуют во всех трех видах деятельности. К а ж ­
дый студент занимается как минимум одним видом деятельности.
Наудачу выбирают одного студента. Каковы вероятности событий:
А = {студент занимается спортом или участвует в художественной
самодеятельности}; В — {студент занимается только одним видом
деятельности}; С = {студент занимается двумя и только двумя ви­
дами деятельности}?'
З а д а ч а 1 5 5 . Студент пришел на зачет, зная ответы на 24 из 30
вопросов. Какова вероятность' сдать зачет, если после отказа отве­
чать на вопрос преподаватель задает еще один вопрос? Зачет вы-
ставляется за один правильный ответ.
''
''
Задача 156. Э т о был чрезвычайно опасный автопробег. Он на­
чинался с маленького и очень узкого моста, где один из пяти ав­
томобилей падал в в о д у . Затем следовал ужасно крутой вираж, на
котором три машины из десяти попадали в кювет. Далее на пути
встречался настолько темный и извилистый туннель, что одна из
десяти машин разбивалась в нем. А последний участок пути про­
ходил по песчаной дороге, где два автомобиля из пяти безнадёжно
увязали в песке. Какова вероятность попасть в аварию за время ав­
топробега?
Задача 157. В психиатрической клинике весьма часто приме­
няются тесты, выясняющие сохранность у больного способности к
естественной классификации объектов. Один из таких тестов заклю­
чается в следующем: больному предъявляют 4 изображения объек­
тов, три из которых связаны в группу, а четвертый к этой группе
не относится, й просят выбрать лишнее изображение. Сколько раз
нужно выполнить такой тест, чтобы с вероятностью 0,999 быть уве­
ренным в'неслучайности правильного выполнения, если предъявле­
ния тестов можно считать независимыми?
Задача 158. Два баскетболиста делают по три броска мячом в
корзину. Вероятность попадания при каждом броске равны соответ­
ственно 0,6 и 0,7. Найти вероятности событий: А = { у обоих будет
равное количество попаданий},В = { у первого будет больше попа­
даний,чем у в т о р о г о } .
Задача 159. Урна содержит 3 белых и 4 черных шара. Три
человека один за другим вынимают по одному шару, не возвращая
их в урну. Тот, кто первый вынимает белый шар,'выигрывает, а)
Каковы шансы первого игрока? б) Каковы шансы второго игрока?
в) Каковы шансы третьего игрока?,
.:, З а д а ч а 160. Прибор состоит^из двух узлов, безотказная работа
которых необходима для работы прибора, и стабилизатора напряже­
ния, который может быть исправен-или неисправен. При исправном
стабилизаторе надежность узлов равны 0,95 и 0,99 соответственно,
при неисправном 0,8 и 0,9. Стабилизатор исправен с вероятностью
0,8._Найти надежность щрйбора.
•
.
.,-
•
З а д а ч а 161. К четырехстороннему перекрестку с каждой сто­
роны подъехало по одному автомобилю. Каждый автомобиль может с равной вероятностью совершить один из четырех манёвров на
перекрестке: развернуться и поехать обратно, поехать прямо, нале­
во или ,направо.^Через некоторое время все автомашины, покинули
перекресток. Найти вероятности следующих событий: Л == {все ав­
томобили поедут по одной и той же улице}; В .= {три автомобиля
поедут, по одной и той же улице}; С — .{по каждой из четырех улиц
поедет ровно один автомобиль}; D — { п о крайней мере, по одной из
улиц не поедет ни один автомобиль}.
З а д а ч а 1 6 2 . Нужно найти вероятность того, что три монеты
выпадут одной стороной. Некто рассуждает следующим образом:
при бросании трех монет, .по крайней мере, две из них выпадут од­
ной стороной. Тогда вероятность того, что третья монета выпадет
той ж е стороной, что и первые две, равна 0,5. Э т о и есть искомое
значение вероятности. Найти ошибку в этом рассуждении и указать
правильный ответ.
i
Задача 1 6 3 . Из двух близнецов первым родился мальчик. Ка­
кова вероятность, что вторым родится тоже мальчик, если среди
близнецов-вероятности рождения двух мальчиков и двух девочек
равны соответственно р\ и р , а для разнополых близнецов вероят2
:
ность родиться первым для обоих полов одинакова?
Задача 164. В группе из ста человек 42 никогда не'читали
Шекспира, 58 никогда не летали на самолете, 29 читали-Шекспи­
ра и летали на самолете. Что более вероятно: встретить читавшего
Шекспира, но не летавшего на самолете, или летавшего на самолете
и читавшего Шекспира?
•
'
.'
З а д а ч а 165. Из урны, содержащей 20 белых и 2 черных шара,
п раз извлекают по одному шару с возвращением. Определить наи­
меньшее значение к, при котором вероятность достать хотя бы один
раз черный шар будет больше 0,5.
;<.. '
Задача 166. В одном маленьком городке полиция разыскивает
бродягу. Можно считать, что есть 4 шанса из 5, что он находиться
в оном из восьми баров городка; ни одному из них он не отдает
предпочтения. Двое полицейских посетили семь баров, но бродягу
не обнаружили. Каковы шансы найти его в восьмом баре?
Задача 167. Спортивные общества А и В состязаются тремя
командами. Вероятность выигрыша матчей командами общества А
против соответствующих команд-.общества В можно принять соот­
ветственно равными 0,8; 0,4; 0,4. Для победы необходимо выиграть
не мене двух матчей из трех (ничьих не бывает). Чья победа веро­
ятней?
'
••
'
З а д а ч а 168. В урне находятся 5 белых и 5 черных шаров. Из
нее вынимают наугад один за другим 3 шара. При этом поступают
двумя способами: 1) вынутый шар возвращают в урну; 2) шарьпне
возвращают. В каком из этих двух случаев больше шансов вынуть
один белый и два черных шара?
З а д а ч а 169. Стрелок А поражает мишень с вероятностью 0,6;
стрелок В с вероятностью 0,5; стрелок С с вероятностью 0,4. Стрел-
ки дали залп по мишени и две Пули попали в цель. Ч т о вероятнее:
•попал С в мишень или.нет?'
.
.
••
Задача 170.' Из множества: чисел {0,-2, 4, 6, 8 } пять раз выби­
;
рают (с.возвращением)-одно число.^Найдите вероятности событий:
А = {каждый раз будут выбираться только числа из множества
{ 4 , 6 , 8 } } ; В = { в выборке будут представлены• в точности три чис­
ла}.
' . . * , ; . . ' " Задача 171. Иван и Петр поочередно бросают монету. Выиг­
рывает тот, у которого раньше выпадет герб. Иван бросает первым.
Найти вероятность pi и р выигрыша для каждого из игроков, счи­
2
тая что:
'
'
а) бросание монеты может продолжаться неограниченно;
. б) игра окончена десятью бросаниями для каждого из игроков,
причем если у Ивана герб нё выпадает вплоть д о его 10 хода, то вы­
игравшим считается Петр. Как при этом изменялись вероятности?
>>в) установить, можно ли сделать.игру более справедливой, ес­
ли! позволить Петру делать большее число бросков, когда наступает
его очередь. Вычислить вероятность для Ивана,.если Петру разре­
шается делать 2 броска при его подходе, а общее число бросков не
ограничено.
••
•
З а д а ч а 1 7 2 . На некоторой фабрике машина А производит 4 0 %
всей -продукции, а машина В — 60%. В среднем 9 единиц из 1000
продукции, произведенной машиной А, оказываются браком, а у
машины В — брак 2 единицы из 500. Некоторая единица продук­
ции, выбранная случайным образом из дневной продукции, оказа­
лась браком. Ч т о более вероятно, она произведена на машине А или
В?
З а д а ч а 1 7 3 . Доказать, что события А, АВ и А + В образуют
полную группу.
.....
Задача 174. На 3 дочерей — Алису, Марину и Елену.;— в се­
мье возложена обязанность мыть посуду. Поскольку Алиса старшая,:
ей приходится выполнять 40% всей работы. Остальные 60% работы.
Марина и Елена делят поровну. Когда Алиса моет посуду, вероят­
ность для нее разбить по крайней мере одну тарелку равна 0,02.
-
Для Марины и Елены эта вероятность равна соответственно 0,03 и
0,04. Родители не знают, кто мыл посуду вечером, но они слышали,
звон разбитой тарелки. Какова вероятность того, что посуду мыла
Алиса? Марина? Елена?
.
Задача 175. Один властелин, которому наскучил его звездочет
со своими ложными предсказаниями, решил казнить его. Однако,
будучи добрым повелителем, он решил дать звездочету последний
шанс. Ему велено распределить по 2 урнам 4 шара: 2 черных и 2
белых. Палач выберет наугад одну из урн и из нее вытащит один
шар. Если шар будет черным, то звездочета казнят, в противном
случае его жизнь будет спасена. Каким образом звездочет-должен
разместить шары в урнах, чтобы обеспечить себе максимальную ве­
роятность быть спасенным?
Задача 176. (о разорении игрока) Рассмотрим игру в "орлян­
ку", когда игрок выбирает "герб" или "решетку", после чего бросается
монета. Если выпадает сторона монеты, названная игроком, т о он
выигрывает, получая 1 руб.; в противном случае столько же проиг­
рывает. Пусть начальный капитал игрока составляет х руб. и игрок
ставит себе целью довести его до некоторой суммы s руб., большей
чем х руб. Игра продолжается до тех пор, пока либо игрок набе-.
рет заранее определенную сумму s, либо разорится, проиграв весь
имеющийся у него капитал. Какова вероятность того, что игрок ра-
зорится?
-
З а д а ч а 177. Есть четыре кубика с цифрами на гранях 1 , 2 , . . . ,
б и одна правильная пирамида с цифрами на гранях 1, 2, 3, 4. Наугад
выбрашг предмет и бросили..Выпала цифра 4. Какова вероятность
того, что взяли кубик?
'.
. : З а д а ч а 178. (парадокс Монти Холла) Представьте, что вы.ста­
ли участником игры, в .которой вам нужно выбрать одну из трёх
дверей. За одной из дверей находится автомобиль, за двумя други­
ми дверями — козы. Вы выбираете одну из дверей, например, номер
1, после этого ведущий, который знает, где находится автомобиль,
а где •— козы, открывает одну из оставшихся дверей, например, но­
мер 3,- за которой находится коза. После этого он спрашивает вас,
не желаете ли вы изменить свой выбор и выбрать дверь номер 2.
Увеличатся ли ваши шансы выиграть автомобиль, если вы примете
предложение ведущего и измените свой выбор?
З а д а ч а 179. Четыре человека А, Б, В, Г становятся в случай­
ном порядке. Найдите:
•
а) условную вероятность того, что А первый, если Б последний;'
б) условную вероятность того, что А первый, если А не послед­
ний;
в) условную вероятность того, что А первый, если Б не послед­
ний;
г), условную вероятность того, что А первый, если Б стоит в
очереди позже А;
д) условную вероятность того, что А стоит в очереди раньше Б,
если известно, что А раньше В.
З а д а ч а 180. Два охотника одновременно и независимо стреля­
ю т в кабана. Известно, что первый попадает с вероятностью 0.8, а
второй — 0.4. Кабан убит, и в нем обнаружена одна пуля. Как делить
кабана?
Задача 181. Компания по страхованию автомобилей разделяет
водителей такси по трем классам: класс А (мало рискует), класс В
(рискует средне), класс С (рискует сильно). Компания предполага­
ет, что из всех водителей, застрахованных у нее, 30% принадлежат
классу А , 50% — классу В и 2 0 % — классу С.
Вероятность того, что водитель класса А в течение года попадет
хотя бы в одну автомобильную катастрофу, равна 0,01. Для води­
теля класса В эта вероятность равна 0,03, а для водителей класса
С — 0,1. Один из водителей страхует свою машину у этой компа­
нии и в течение года попадает в автомобильную катастрофу. Найти
вероятности того, что он принадлежит классам А, В и С.
З а д а ч а 182. В условиях предыдущей задачи ответить на следу­
ющий вопрос. Если владелец застрахованной машины ездит в л е ч е ­
ние п лет без происшествий, и автомобильные катастрофы в течение
какого-либо года не зависят от того, были ли они у этого водителя в
любой другой год, то каковы шансы в пользу того, что этот водитель
относится к классам А, В и С.
Задача 183. События Н\, Н ,
2
# 3 , Н4 попарно несовместны и
равновероятны, их сумма равна Q. Условные вероятности некоторого события А при условии Hi равны Р{А\Щ)
= |, г = 1, 2, 3, 4. Если
в двух независимых испытаниях оба раза произошло событие А, то
какова вероятность, что оба раза произошло Н4!
Задача 184. В одной урне находятся 6 белых и 4 черных шара,
во второй — 3 белых и 2 черных. Из первой урны извлекают 3 шара.
Шары того цвета, которого окажутся в большинстве, опускают во
вторую урну. После этого из второй урны извлекают один шар. Чему
равна вероятность, что этот шар белый?
З а д а ч а 185. Обучающая машина-экзаменатор содержит 2 на­
бора вопросов. Первый состоит из-пяти трудных и 25 легких вопро­
сов, во втором 20 трудных и 10 легких. Машина с заданной веро­
1
ятностью выбирает вопрос и предъявляет его экзаменуемому. Как
нужно задать вероятности выбора первого и второго наборов, чтобы
использовать в среднем одинаковое число трудных и легких вопро­
сов?
Задача 186. Готовясь к экзамену, студент должен подготовить
ответы на две серии вопросов по 10 вопросов в каждой. Он знает
ответы на 9 вопросов первой серии и на 8 из второй. Надо ответить
на три вопроса, 2 из которых выбираются экзаменатором из одной
серии, а третий из другой. Найти вероятность, что студент ответит
на все три вопроса.
" З а д а ч а 187. Производится посадка самолета на аэродром. Ес­
ли позволяет погода, летчик сажает самолет, наблюдая за аэродро­
мом визуально. В этом случае вероятность благополучной посадки
равна pi. Если аэродром затянут низкой облачностью, летчик сажа­
ет самолет вслепую, но приборам. Вероятность безотказной работы
приборов слепой посадки равна р. Если приборы слепой посадки
сработают нормально, т о самолет садится благополучно с той же
вероятностью р\, что и при визуальной посадке. Если же приборы
слепой посадки не сработают, то летчик может благополучно по­
садить самолет с вероятностью р% < р\. Найти вероятность благо­
получной посадки самолета, если известно, что в к% всех случаев
посадки аэродром затянут облачностью.
*
З а д а ч а 188. Для поисков пропавшего самолета выделено три
вертолета, которые можно использовать для поисков в одном из
двух возможных районов, где самолет может оказаться с вероят­
ностью 0,2 и 0,8 соответственно. Каждый вертолет обнаруживает
находящийся в районе поиска самолет с вероятностью 0,"6, а поис­
1
ки осуществляются вертолетами независимо. Как следует распреде­
лить вертолеты по районам поиска, чтобы вероятность обнаружения >
самолета была наибольшей?
'
Задача 189. Произведено три независимых испытания, в каж­
дом из которых событие А происходит с вероятностью 0,2. Веро­
ятность появления события В зависит от числа появлений события
А: при однократном появления события А она равна 0,1; при дву­
кратном появлении — 0,3; при трехкратном появлении — 0,7. Если
событие А не имело места ни разу, т о событие В невозможно. Опре­
делить наивероятнейшее число появлений события Д если событие
В имело место.
Задача 190. При переливании крови надо учитывать группы
крови донора и больного. Человеку, имеющему четвертую группу
крови, можно перелить кровь любой группы: Человеку со второй
или третьей группой крови можно перелить кровь либо той же, либо
первой группы. Человеку с первой группой крови можно перелить
только кровь первой группы. Среди населения 33,7% имеет первую;
37,5% — вторую, 20,9% — третью, 7,9% — четвертую группу крови.
Найти вероятности событий:
А = {случайно взятому больному можно перелить кровь слу­
чайно взятого донора};
В = {переливание крови можно осуществить, если имеются два
донора};
С = {если имеются три донора}.
Задача 191. Противотанковая батарея состоит из десяти ору-
дий. Для первой группы из шести орудий вероятности того, что при
одном выстреле произойдет, попадание или перелет, равны соответ­
ственно 0,2; 0,7; 0,1. Для каждого из остальных четырех орудий ве­
роятности тех же самых событий равны соответственно 0,2; 0,6; 0,2.
Наудачу, выбранное орудие произвело три выстрела по цели, в результате чего было зафиксировано одно попадание, один недолет и
один перелет. Найти вероятность того, что стрелявшее орудие при­
надлежит к первой группе.
З а д а ч а 1 9 2 . В одной урне лежат 6 белых и 4 черных шара, в
другой — 8 белых и 2 черных. Какова вероятность извлечь белый
шар из одной из этих урн? Студент решал задачу так. Пусть А = {из
первой урны извлечен белый ш а р } , В = {из второй урны извлечен
белый ш а р } . Эти события несовместны, Р(А + В) — Р(А)
+ Р{В)
=
1,4. Указать ошибку в рассуждении.
З а д а ч а 1 9 3 . Задание состоит из десяти вопросов, предусмат­
ривающих ответы Д А или НЕТ. Найти вероятность того, что. уча­
щийся, давший 8 правильных ответов, усвоил ровно 8 вопросов, если
известно, что 10% учащихся знают ответы на 6 вопросов, 30% — на
7, 3 0 % — на 8, остальные знают ответы более, чем на 8 вопросов.
Предполагается, ч т о учащийся выбирает произвольно ответ, если не
знает правильный ответ.
З а д а ч а 194. (Задача о четырех лгунах) Из четырех человек А,
Б, В, Г один ( А ) получил правдивую информацию, которую в виде
сигнала Д А или Н Е Т сообщает второму ( Б ) , второй — третьему ( В ) ,
третий — четвертому ( Г ) , а последний сообщает результат получен­
ной информации таким же образом, как и все другие. Известно, что
каждый из них верно повторяет услышанное только в одном слу­
чае из трех. Какова вероятность, что первый из этих лгунов сказал
правду, если четвертый сказал правду?
•
•••(-,
Задача 195. Имеется п урн, в каждой из которых а белых и
Ъ черных шаров. Из первой урны во вторую перекладывают один
шар, затем из второй в третью перекладывают один шар и^т. д. из
(п — 1)-ой урны перекладывают один шар в n-ую. Из нее извлекают
шар. Найдите вероятность, что этот шар белый.
Задача 196. Объект за котором ведется наблюдение, может на­
ходится в одном из двух состояний — Hi и Н . Априорные вероят­
2
ности этих состояний таковы: Р{Н\)
= 0 , 3 , Р{Н )
2
— 0,7. Имеются
два источника информации, которые приносят разноречивые све­
дения о состоянии объекта: первый источник сообщает, что объект
находится в состоянии Н\, второй — что в состоянии Н .
2
Первый
источник дает правильные сведения в 90% случаев и ошибается в
10% случаев. Второй источник менее надежен: он сообщает правиль­
ные сведения в 70% случаев, а в 3 0 % ошибается. Чему равны новые
апостериорные вероятности состояний Ну и Н
на основании этих
донесений?
.
2
.
Задача 197. В условиях предыдущей задачи имеются три ис­
точника информации одинаково достойные доверия. Они дают вер
1
ные сообщения в 70% случаев. Два источника сообщили, что объект
находится в состоянии Hi, а один — что он находится в состоянии
Н . Найти апостериорные вероятности состояний Н\ и Н .
2
2
Задача 198. Монету бросают восемь раз. Найдите вероятности
событий: А ~ {герб выпадает пять р а з } ; В = {герб выпадет не более
двух р а з } ; С = {герб выпадет не менее двух раз}.
Задача 199. Испытание состоит в бросании трех игральных ко­
стей. Найдите вероятность того, что в пяти независимых испытании
ровно два раза выпадет-по три единицы.
З а д а ч а 2 0 0 . Наблюдениями установлено,что в некоторой мест­
ности в сентябре в'среднем бывает 12 дождливых дней. Какова ве­
роятность' того, что из восьми случайно взятых в этом месяце дней
три дня окажутся дождливыми?
'
' З а д а ч а 2 0 1 : Для стрелка, выполняющего стрельбу в тире, ве­
роятность попасть в «яблочко» при одном выстреле не зависит от
1
результатов предшествующих выСтрелрв'и равна 1/4. Стрелок сде­
лал 5 выстрелов. Найдите вероятности событий: А = {хотя бы одно
попадание}; В = {ровно'одно попадание}; С = {не менее трех по­
паданий}.
З а д а ч а 2 0 2 . Вероятность попадания в цель при каждом вы­
стреле равна 0.8. Сколько'выстрелов нужно произвести, чтобы наивероятнейшее число попаданий было равно 20?
Задача 2 0 3 . Пара игральных костей бросается 7 раз. Найдите
вероятности событий:
А = {сумма очков, равная семи, выпадет д в а ж д ы } ;
В = {сумма очков, равная семи, выпадет, по крайней мере, один
раз};
С = {каждый раз выпадает сумма очков, большая с е м и } ;
D = {ни разу не выпадет сумма очков, равная 12}.
г
Задача 204. Вероятность изготовления стандартной детали
равна 0,95. Сколько деталей должно быть в партии, чтобы наивероятнейшее число нестандартных деталей равнялось 55?
•
4
З а д а ч а 2 0 5 . Вероятность того, что семя некоторого сорта взой­
дет, равна 0,7. Какова вероятность; что из шести посеянных семян
взойдет не меньше трех?
Задача 2 0 6 . Игра состоит в набрасывании колец на колышек.
Игрок получает 6 колец и бросает их д о первого попадания. Вероят-
ность попадания при каждом броске равна 0,1.
Найдите вероятность
того, что хотя бы одно кольцо останется не израсходованным.
Задача 207. Устройство состоит из восьми независимоработающих элементов. Вероятности отказов каждого из элементов'за
время t одинаковы и равны 0,2.
Для отказа, устройства достаточно;
чтобы отказали хотя бы три элемента из восьми. Найти вероятность
отказа. •
'
'-v>..-
Задача 208. Предполагается, что номер машины состоит из че­
тырех цифр, начиная с номера
0000.
Найдите вероятности событий:
а) номер первой встретившейся автомашины не содержит цифр 5;
б) номер не содержит двух и более пятерок.
Задача 209; Вероятность искажения одного знака при передаче
сообщения равнаОД. Найдите вероятности событий:
А = {сообщение из пяти знаков не будет искажено};
В = {сообщение из пяти знаков содержит ровно одно искаже­
ние};
С = {сообщение из пяти знаков содержит не более трех искаже­
ний}.
З а д а ч а 210. Вероятность появления хотя бы одного события
при четырех независимых опытах равна 0,59. Какова, вероятность
появления события А в одном опыте, если в каждом опыте эта ве­
роятность одинакова?
Задача 211. В биномиальном эксперименте, состоящем из трех
испытаний, вероятность ровно двух успехов в 12 раз больше вероят­
ности трех успехов. Найти р — вероятность успеха в одном испыта­
нии.
Задача' 212. Два независимых биномиальных эксперимента —
первый состоит из т, второй из п испытаний — имеют одинаковую
J
вероятность p «успеха» в одном испытании. Найти вероятность по­
лучения к успехов в обоих экспериментах.
З а д а ч а 2 1 3 . Для.того, чтобы'узнать, сколько раб в озере, от­
лавливают 1000 рыб,.метят их и выпускают обратно в озеро. При
каком числе р ы б . в озере будет наибольшей вероятность встретить
среди вновь пойманных. 150;ти гшб 10 меченых?
З а д а ч а 214. На автобазе имеется-.12 автомашин. Вероятность
выхода на линию каждой из них равна 0,8. Найти вероятность нор­
мальной работы автобазы в ближайший день, если для этого необходимо иметь на линии не менее восьми автомашин. Каково наивероятнейшее число исправных машин?
З а д а ч а 2 1 5 . В сказке о Василисе Премудрой Иван Царевич
должен был три раза подряд угадать Василису среди ее совершенно
одинаковых сестер (всего В'семье 12 девушек). Василиса подавала
царевичу условные знаки, поэтому он выдержал испытание. Слиш­
ком ли опасно было ему решиться на честное угадывание?
З а д а ч а 2 1 6 . Производится 4 независимых опыта, в каждом из
которых событие А происходит с вероятностью 0,3. Событие В на­
ступает с вероятностью 1, если событие А произошло не менее двух
раз, не может наступить, если событие А не имело моста; наступает
с вероятностью 0,6, если событие А имело место один раз. Найти
вероятность события В.
З а д а ч а 2 1 7 . Чтобы повысить надежность передачи важного со­
общения, состоящею из п символов, каждый из передаваемых сим­
волов повторяется три раза. В качестве воспринимаемого символа в
пункте приема берется тот, который повторен не менее двух раз из
трех. Вероятность р правильной передачи любого символа одна и та
же и не зависит от того, правильно ли переданы другие символы.
Найдите вероятности событий:
А — {переданный символ будет правильно воспринят в пункте
приема};
, . ,
В = {все сообщение будет, правильно воспринято в пункте при­
ема};
.
.
.
С = { в сообщении будет искажено не более г символов}. .
Задача 2 1 8 . Отрезок длины а\ + а
2
поделен на две части длины
а\ и а соответственно, п точек последовательно бросаются наудачу
2
на отрезок. Найти вероятность того, что ровно т точек из п попадут
на часть отрезка длины а\.
Задача 219. Сколько раз нужно бросить игральную кость, что­
бы с вероятностью, не меньшей 0,5, можно было утверждать, что хо­
тя бы один раз появится шестерка? То же вопрос, но с вероятностью,
не меньшей 0,9.
Задача. 220. (Проблема. Джона Смита) В 1693 г. Джоном Сми­
том был поставлен следующий вопрос: одинаковы ли шансы на успех
у трех человек, если первому надо получить хотя бы одну шестерку
при,бросании игральной кости б раз, второму — не менее двух ше­
стерок при 12 бросаниях, а третьему — не менее трех шестерок при
18 бросаниях.
. . .
Задача 2 2 1 . А ) В последовательности п независимых испыта­
ний .с вероятностью р успеха,в каждом из испытаний произошел
ровно один успех. Какова вероятность, что успех произошел при
втором испытании?
Б) В схеме испытаний задачи А ) произошло 2 успеха. Найти
вероятность того, что успехи произошли в. соседних испытаниях. .
Задача 2 2 2 . В круг, куда вписан квадрат, наудачу, бросаются:
1) 5 точек; какова вероятность, что 3 точки попадут в квадрат, а 2 —
в круг (вне квадрата)? 2) 7 точек; какова вероятность, что 3 точки
попадут в квадрат, а 4 — по одной в каждый из образовавшихся
круговых сегментов?
З а д а ч а 2 2 3 . В'квадрат вписан другой квадрат так, что его вер­
шины являются серединами сторон данного квадрата. В большой
квадрат бросают 6 точек. Найти вероятность случайных событий:
1) 3 точки попадут в малый квадрат и 3 — в большой (вне мало­
г о ) ; 2) 2 точки — в малый квадрат и 4 (по одной) в каждый из 4-х
образовавшихся треугольников.
З а д а ч а 224. Предположим, что наборе книги существует посто­
янная вероятность р0,0001
того, что любая буква будет набрана
неправильно. После набора гранки прочитывает корректор, кото­
рый обнаруживает каждую опечатку с вероятность p i = 0,9. После
корректора автор обнаруживает каждую из оставшихся опечаток с
вероятностью р
2
= 0,5. В книге 100000 печатных знаков. Найдите
вероятность, что после корректуры остается не более десяти неза­
меченных опечаток.
Задача 2 2 5 . В партии из 768 арбузов каждый арбуз оказы­
вается неспелым с вероятностью 0,25. Найти вероятность того, что
количество спелых арбузов будет в пределах от 564 до 600.
З а д а ч а 2 2 6 . Вероятность найти белый гриб среди прочих равна
1/4. Какова вероятность того, что среди 300 грибов белых будет 75?
З а д а ч а 2 2 7 . При социологических опросах граждан каждый
человек независимо от других может дать неискренний ответ с ве­
роятностью 0,2. Найти вероятность того, что из 22500 опросов число
неискренних ответов будет не более 4620.
З а д а ч а 228.- Вероятность того, что на страницу книги могут
оказаться отпечатки, равна 0,002. Проверяется книга, содержащая
500 страниц. Найдите вероятности событий: А = { с отпечатками
окажется 5 страниц}; В — { о т трёх д о пяти страниц}.
Задача 229. Вероятность того, что изделие не выдержит ис­
пытания, равна 0,001. Чему равна вероятность, что из 5000 изделий
более чем одно не выдержит испытания?
Задача 230. Магазин получил 1000 бутылок минеральной во­
ды.-Вероятность того, что при перевозке бутылка окажется разби­
той, равна 0,003. Найдите вероятности событий: А = {магазин полу­
чит две разбитых бутылки}; В = {менее д в у х } ; С = {более^двух};D = {хотя бы о д н у } .
Задача 2 3 1 . Левши составляют в среднем 1 % . Н а й д и т е ' в е р о ­
ятность, что среди 200 студентов найдётся 4 левши; не менее чем 4'
левши.
•
-
Решения и указания
1. Сосчитайте отдельно количества^одно-, двух-, трех- и четы­
рехбуквенных слов. 2. 1) Первая цифра числа может быть выбрана
5 способами (любая кроме нуля), вторая,цифра может быть выбра­
на тоже 5 способами (любая цифра кроме той, которую выбрали на
первое место), третья цифра .может быть выбрана 4' способами (2
Цифры уже заняты), а четвертая —.3 способами. Поэтому искомое,
количество чисел равно 5-5-4-3 = 300. 2) Первая цифра может быть
выбрана 5 способами, а все остальные 6 способами. Значит количе­
ство чисел равно 5-6"* = 1080. 3) Первая цифра может быть выбрана
5 способами, вторая и третья — 6 способами, четвертая — 3 спосо­
бами (последняя цифра должна быть четной). Искомое количество
чисел 5 • 6 • 6 • 3 = 540. 3. Найдем число способов раскраски 32 зу­
бов в два цвета. Каждый зуб может быть либо белый, либо черный.
Поэтому, имеется 2
3 2
способа раскраски. При этом мы посчитали и
самого правителя (когда ничего не красим). Поэтому полданных у
него 2
3 2
- 1. 4. б) Любой делитель числа т имеет вид p f p f
1
2
. . . pf",
где все /3, неотрицательные целые числа, причем 0 < Д; ^ о;,;. Поэто­
му каждое число Д может принимать любое из oq + 1 значений. 5.
На первом месте может стоять любая цифра, кроме 0, на втором —
любая, кроме той, что уже стоит на первом месте и т. д. Таким обра­
зом, количество указанных чисел равно 9 • 9 • 9 • 9 • 9 = 9 = 59049. 6
Г>
Семизначных чисел без единицы — 8 • 9 (первая цифра может быть
е
любой кроме 0 и 1, остальные цифры ^любые кроме 1). Всего семи­
значных чисел — 9 • 10 , Значит.семизначных чисел с единицей —
6
9 - 1 0 - 8 - 9 . Осталось сравнить.полученные числа. 7. Каждое чис­
6
6
ло с указанным свойством однозначно юпределяется первыми тремя
цифрами. 8. Ясно, что надо взять шесть различных цифр. Попро­
буем записать число с начала. В качестве первой цифры числа мо­
жем взять любую цифру из 9 (любую, кроме 0). А сколько способов
поставить вторую цифру? Э т о зависит от того, что уже стоит .на
первом месте. Например, если на первом месте мы поставили 2, т о
на второе место можно поставить 1,- 3, 5, 7 и 9. Если же на первом
месте уже стоит нечетная цифра, например, 9, то. на второе вместо
можно поставить только 1, 3, 5 или 7. Поэтому выберем такой по­
рядок записи цифр числа: вторая, четвертая, первая, третья, пятая
и шестая цифра. Вторую цифру можно выбрать пятью способами
(любая из пяти нечетных цифр), четвертую — четырьмя способами
(любая из четырех оставшихся нечетных цифр), первую — семью
способами.(любая, кроме 0 и тех двух цифр, что уже стоят),,тре­
тью — семью, пятую —.шестью, а шестую — пятью способами. Всего
5 • 4 • 7. • 7 • 6 - 5 = 29400 чисел с заданными свойствами. 9. 1) Бу­
дем записывать цифры числа в следующем порядке: сначала пятую
цифру, затем первую, вторую, третью и четвертую. Пятую цифру
можем выбрать 5 способами (любая, нечетная цифра), первую — 8
(любая цифра кроме нуля и пятой цифры), вторую — 8, третью —
7, четвертую — 6 способами. Всего 5 • 8 • 8 • 7 • 6 = 13440 чисел с
заданным свойством. 2) Всего 9 • 9 • 8 • 7 • 6 = 27216 пятизначных чи­
сел, у которых все цифры различные. Поэтому четных пятизначных
чисел с различными цифрами 27216— 13440 = 13776. 10. Разбиение
множества на два подмножества будем считать выбором некоторо-
го подмножества и его дополнения. Выбирая подмножество, мы мо­
ж е м каждый элемент либо взять в него, либо не взять. Значит, всего
способов выбрать подмножество равняется 2". Но каждое разбиение
мы подсчитали дважды: первый — выбирая одно подмножество как
основное, а второе как дополнение, и второй раз, выбирая второе
подмножество как основное, ai первое — как дополнение. Следова­
тельно, всего разбиений 2 " , . 11-.< Пусть- А
-
1
п
— количество подмно­
ж е с т в множества { 1 , 2 , . . . , п } , не содержащих двух подряд идущих
чисел; Количество такихщодмножеств, не содержащих число п, рав­
няется A J _ I , так как в этом случае подмножества являются также
подмножествами в { 1 , 2 , . ' . . , п — 1 } . Количество таких подмножеств,
содержащих число п, равняется А „ _ 2 , так как в этом случае под­
множества при выкидывании числа п становятся подмножествами
в { 1 , 2 , . . . ,п — 2 } . Получаем равенство А „ = A ^i + А ~ n
А\ = 2, А
2
АЦ.
п
2
Очевидно,
= 3. Осталось последовательно вычислить A3, А4,
Получаем Ац
...,
= 233. 12. 1) Найдем количество однозначных,
двузначных и трехзначных чисел, удовлетворяющих условию зада­
чи. Так как порядок элементов важен, используем формулу для чис­
ла размещений. А\ = 5, А\ = 20, А\ — 60. Таким образом, искомое
количество чисел равно 5 +- 20 + 60 = 85. 2) Аналогично п. 1. Но
так как числа могут повторятся, используется формула для чис­
ла размещений с повторениями. Поэтому искомое количество чисел
А\ + А\ + А? = 5 + 5 + 5 = 155. 13. Каждый словарь представля­
1
2
3
ет собой упорядоченную пару (без повторений) двух языков. Значит,
число словарей равно А\ = 20. 14. Две карты на первые два места
(из 9 бубновых карт) можем выбрать Ад способами. Последнюю кар­
ту можно выбрать 9 способами. Поэтому существует Л|-9 различных
способов получения 3-х карт с указанным свойством. 15. 1) Каждая
команда представляет собой размещение к флажков из 7. 16. Коли­
чество комбинаций по 3 буквы из данных 26, при условии, что буквы
не могут повторяться, определим с помощью формулы числа разме­
щений без повторений: А^ = 26•25•24 = 15600. Количество комби­
наций по 4 цифры из данных 10, если в комбинацию могут входить
одинаковые цифры, найдем с помощью формулы числа размещений
с повторениями: A\ = 10 . Тогда по правилу произведения различ­
Q
4
ных автомобильных номеров — Л| • А\ = 15600 • 10 = 156 • 10 .
6
4
а
6
17. Разберем сначала случай, когда цифра 0 стоит раньше, чем 1. В'
этом случае ее можно поставить на любое из первых 6 мест, после
этого цифра 1 ставится единственным образом, остальные 8 цифр
можно переставить 8! способами. Столько же способов в случае,
когда 0 стоит за 1. Таким образом, число указанных перестановок
2 - 6 - 8 ! = 483840. 1 8 . Переставляя буквы слова « Ю П И Т Е Р » , можно
получить Ра различных слов. Разобьем все эти слова на классы эк­
вивалентных слов. В один класс входят слова, которые отличаются
только перестановкой гласных букв. Таким образом получим, что в
каждом классе Р слов, а всего таких классов Р б / Р - Заметим, что
3
3
только в одном слове из класса гласные идут в алфавитном порядке.
Поэтому искомое количество слов равно числу классов. 1 9 . 2) Ясно,
что в половине всех очередей Петя стоит впереди Коли. 3) Всего 28
учеников могут встать в очередь 28! способами. Найдем во скольких
случаях Петя и Коля стоят рядом. Мысленно будем считать, что за
Петю и Колю в очереди стоит один человек X. Получим 27 человек,
которые можно поставить в очередь 27! способами. Но после обрат­
ной замены X на Петю и Колю, они могут встать двумя способами
(сначала Петя, потом Коля и наоборот). Поэтому в 2 • 27! случаях
Петя и Коля стоят рядом. Таким образом, в 28! — 2 • 27! = 26 • 27!
очередях Петя и Коля не стоят "друг за другом. 2 0 . 1) Подарок А
может получить любой из 15 человек, подарок В — любой из 14,
подарок С — любой из 13. Поэтому искомое число способов сделать
подарки равно 15 • 14 • 13 = 2730. 2) Подарим подарок А определен­
ному.лицу. Тогда подарок В может получить любой из 14 человек,
а подарок С любой.из 13. Значит число способов сделать подарок
равно 14 • 13 = 182 2 1 . 2) Так как два. тигра не могут идти друг за
другом, т о между двумя львами, перед львами или сзади них может
находиться не более одного тигра. Поэтому тигров можно ставить на
любое из п+l
место: . ^ L ^ L ^ - . - .
Ь ^{
п
знаком ^ указаны возмож­
ные места для тигров, L,; обозначают львов). Таким образом, если
к > п + 1, то требуемая расстановка невозможна. При к ^ п+ 1 тигров можно расставить А„
+1
способами, а львов переставить Р спосо­
п
бами. Поэтому зверей можно расположить Р А^
п
+1
способами. 2 2 . 2)
Свяжем две книги, которые должны стоять рядом. Получим 8 книг
и связку. Их можно переставить"9! способами. Кроме того, можно
переставить книги в связке 2! способами. Значит число различных
расстановок книг равно 9! • 2!. 3) 10! - 2! • 9! = 8 • 9!. 2 3 . Если п = 2к
т о к четных чисел на к четных мест можем поставить к\ способами.
Столько же способов переставить нечетные числа. Значит, имеется
(fc!) указанных способов упорядочивания. Если же п = 2к + 1, то
2
нечетных чисел fc + 1, и их можно расположить (fc + 1)! способа­
ми. Таким образом, в этом случае fc!(fc + 1)! способов упорядочить
данное множество указанным.образом. 2 4 . Начнем с мальчиков: за
первую парту можно посадить любого из 15, за вторую — любого
из 14 оставшихся и т. д. Получим 15! способов рассадки мальчиков.
Для девочек совершенно аналогично получается 15! способов. Общее
число способов рассадки равно 15!-15! = ( 1 5 ! ) \ 2 5 . Ясно, что ответ
предыдущей задачи нужно увеличить в 2
1 5
раза, потому что каж­
дую пару, получающуюся в предыдущей задаче, можно посадить
2 способами: один раз мальчик слева, другой — справа. Получаем
15! - 2
1 5
способов. Решим, задачу другим способом. Начнем с мальчи­
ков. Первого из них можно посадить на любое из 30 мест в классе,
второго — на одно из 28 оставшихся (его нельзя.сажать за парту,
где уже сидит первый), третьего — на одно из 26 оставшихся и т. д.,
вплоть д о пятнадцатого мальчика,, которому остается 2 .свободных
места. Получаем 30• 28 • 26 •... • 4 • 2 = 30!! способов рассадить маль­
чиков. Для девочек остается 15 свободных мест, которые они могут
занять 15! способами. Общее число способов рассадки равно 30!!-15!.
26. Берем мальчика — он может танцевать с любой из 15 девочек,
второй мальчик может танцевать с любой из 14 оставшихся девочек
и т. д. Всего получим 15! способов разбить учеников на пары для
танца. 27. Представим себе, что мы выполняем обязанности старо­
сты и должны составить список дежурств и повесить его в классе.
В этом списке 30 пустых строчек-позиций (в первый день дежурят
1 и 2, во второй день 3 и 4 и т. д . ) . В первую строчку вписываем
любого из 30 членов класса, во вторую — одного из 29 оставшихся и
т. д. Э т о можно сделать 30! способами. Однако при этом каждую па­
ру мы считали дважды, поэтому число способов разбить учеников
30!
на пары для дежурства равно —^. 28. Первый способ. В преды­
дущей задаче пары были неодинаковы — там был важен порядок
заступления на дежурство. В данном случае пары одинаковы, нет
ни первых, ни последних пар. Поэтому 3 0 1 / 2
15
способов разбиения
на неодинаковые пары мы делим на 15! и получаем число способов
разбить класс для сбора макулатуры. Второй способ. Берем любсь
го члена класса и назначаем ему напарника. Э т о можно сделать 29
способами. Остается 28 человек, опять берем любого и назначаем
напарника 27 способами и т. д. Получаем 29 • 27 • 25 • . . . • 3 • 1 =- 29!
способов.29. 1) Представим себе на время, что хоровод неподвижен.
Тогда девушки могут образовывать круг P-j способами. Однако, л ю ­
бое расположение хоровода и 6 вариантов , получающихся из него
поворотами, следует считать одним и тем ж е вариантом хоровода.
Потому число различных хороводов Рт/7 = Р$ — 120. 2) Ожере­
1
лье, в отличие от хоровода, можно не только вращать'по кругу, но
и перевернуть. Поэтому лисло ожерелий в два раза меньше числа
хороводов. 3 0 . Всего 7 лучей? Любые два из них образуют угол.
Поэтому число у г л о в С ^ Н о один из посчитанных ух-лов является
прямым, а не острым. Таким образом, острых углов С | — 1 = 20.
3 1 . 1) Необходимо выбрать А; лампочек из п, которые будут гореть.
Э т о можно сделать С
к
способами. 2) Каждая лампочка может либо
гореть, либо не гореть (2 состояния). Поэтому имеется 2 " способов
освещения. 3 2 . Без ограничений 12 человек из 17 можно выбрать
C J I способами. Найдем число выборок, при которых двое выделен­
ных присутствуют вместе. К этим двум нужно добавить 10 человек
из 15. Э т о можно сделать С{® способами. Значит указанная пара
человек не'присутствует В C j f — С\§ выборках. 3 3 . 3. Первый
спо­
соб. 2 " — число всех подмножеств п элементного множества. Так
как С
к
— число всех fe-элементных подмножеств, то просуммировав
по всем к от 0 до п, вновь получим общее число всех подмножеств.
п
Второй
способ. В формуле ( 1 + х)
п
=
Сх
к
к
положить х = 1.
4. Первый способ. Выпишем все сочетания из п элементов i , . . . , „ ' и
сделаем следующее преобразование: к сочетанию, не содержащему
элемент j , допишем его, а из сочетаний, куда оно входит, вычеркнем.
Легко проверить, что при этом снова получаются все сочетания, и
притом по одному разу. Но при этом преобразовании все сочетания]
имевшие четное число элементов, превратятся- в сочетания, имею­
щие нечетное число элементов, и обратно. Значит сочетаний с'четным и нечетным количеством элементов одинаковое количество (пу­
стое сочетание тоже входит в рассмотрение). Э т о й выражает дан­
ная формула. Второй способ. Можно положить х = — 1 в формуле
п
(1 + х)
п
= VJ С„х .
fc=o
к
6. Воспользуйтесь комбинаторным тождеством
5, положив га = п = к. 7. Доказательство этой формулы легко
получить, если расписать формулы для биномиальных-коэффици­
ентов через факториалы. Также данную формулу можно доказать
комбинаторно. Решим следующую задачу: Каким числом
можно
из п кандидатов выбрать к депутатов
и среди
способов
последних
спикера? Депутаты выбираются С* способами, после чего спикер к
способами; таким образом, общее число способов равно С • к. Т о же
к
число можно подсчитать по-другому. Будем сначала избирать" спи­
кера (из п кандидатов); а затем из оставшихся п — 1 кандидата'—
еще к — 1-депутата. Указанная процедура-может быть' выполнена
п -C Z\
k
способами. Таким образом, доказано, что к • С* =
п -'C z\:
k
8. Это тождество — обобщение предыдущего (если в 8 положить
то =
1, получим 7) и может быть доказано с помощью решения
задачи, также являющейся обобщение ранее рассмотренной: Каким
числом способов можно
из п кандидатов выбрать к депутатов
среди последних то членов президиума?
9. Легко доказать.по ин­
дукции. 10. Решим задачу: Каким числом способов
кандидатов выбрать га депутатов
(может
быть, всех, а может
и
можно
и среди депутатов
из п
некоторых
быть, никого) наградить?
С одной
стороны депутаты выбираются С™ способами, а награжденные вы­
деляются 2"' способами (столько подмножеств имеет
га-элементное
множество), и, значит,. ответ к'"задаче':- 2™С"'. С другой стороны,
если число награждаемых депутатов равно к (0 ^ к ^ т), то их
можно выбрать С\ способами, после чего остальные т — к депута­
тов .выбираются- С™Гк способами. Суммируя G C™Z
k
k
по к от 0 д о
га, вновь-получим ответ, к рассматриваемой задаче. Тождество до­
казано. 34. 2) Первый студент может выбрать две книги для обмена
С . = . 1 0 способами,а второй —--С|,= 36 способами. Поэтому число
2
различных обменов равно С | - С | = 360. 35. 1) В первом случае
важен порядок выбранных пленников.. Поэтому на завтрак, обед и
;
ужин людоед может выбрать.трех пленников А\ = 13800 способа­
ь
ми. 2) В данном случае^порядок выбранных пленных не важен. Зна­
чит, л ю д о е д может отпустить трех человек на свободу С| = 2300
5
способами. 36. 1) Так как всего'на шахматной доске 64 клетки, то
2 из них можно указать. С и
=
. 2016 способами. 2) Две черные и
две белые клетки j. можно, выбрать С|
2
= 496 способами. Поэтому
количество способов выбрать две-клетки одного цвета равно С| +
2
-biCf
2
= 992. 3) Одну .белую клетку и одну черную клетку можно
выбрать 32 способами..-Таким образом, две клетки, одна из которых
белая, = а другая черная,-]можно выбрать 32 • 32 = 1024 способами:
37. Первую бригаду можно сформировать С . Из оставшихся 17 че­
2 0
ловек вторую бригаду можно образовать C f способами. Останутся
7
12 человек, все из которых войдут в.третью бригаду (т. е. после вы­
бора первых двух бригад'третья определяется однозначно). Значит
разделение л а три бригады можно.осуществить С| • Cf
0
7
способами.
3 9 . Три бракованные детали из 10 бракованных можно выбрать C f
0
способами. Оставшиеся две детали из 50 — 10 = 40 деталей без бра­
ка можно выбрать С| способами. Таким образом, число способов
0
взятия 5-ти-деталей, среди которых ровно три бракованных, равно
Cf -Cf
0
0
= 93600. 40: 3) Имеется Cf различных способов взятия 6-ти
J
fi
картой С| различных способов взятия! 6-ти карт'без..тузов. Таким
2
образом,-; число различных:способов взятия: 6-ти карт, содержащих
хотя бы-1 туз;-равно'C| — С| . 4 1 . Будем выбиратьг.тех'людей, ко­
fi
2
торые сядут в первый автомобиль, остальные— j во второй, Так,как
в каждом автомобиле должно быть по крайней мере 3'человека~..то
в первом автомобиле может находиться от. 3_до .8 —.3 ==,5 человек.
Таким-образомj число возможных способов сесть в автомобили рав­
но C + C + 'C = 56 + 70 + 56 =-182. 4 2 . Из (р+1)-й-позиции (р—1
3
S
4
8
5
место между белыми шарами и два места по:краям)шужно-выбрать
q позиций, в которые будут положены черные шары. 4 3 . 4) Л ю б у ю
четверку различных чисел из'цифр :0, 1, . . . , 9 можно единственным
образом упорядочить по убыванию. Значит, количество чисел,',у. ко­
торых каждая следующая цифра меньше предыдущей, равно C f .
0
2) Заметим, что в данных числах не может, присутствовать цифра
0. Поэтому количество-чисел с указанным' свойством равно Сд.- 4 4 .
Рассмотрим 7 оставшихся на полке, книг."Между-каждыми двумя"
соседними (и справа и слева от. крайних) либо есть пустое место (от
одной вынутой книги) -либо нет.'Набор пустых, мест однозначно'опре­
деляет комплект вынутых книг.- 4 5 . "-Перенумеруем последовательно
все кресла за круглым столом от vl до"1.0. Тогда" всё мужчины ((и
всё женщины) должны сидеть'на-местаХ'С.-Ьдной' четностью. Пусть
мужчины сидят на нечетных^местах, тогда их можно рассадить 5!
способами. При этом.женщин можно рассадить 5! способами на чет­
ные'места. Таким-образом, имеется (5!)- способов рассадить мужчин
и женщин так, что мужчины сидят на" нечетных местах,:а женщины
на четных. Есть столько же способов рассадить женщин-на'нечет­
ные места, амужчин- на четные. Значит,число возможных-способов
рассадки 2(5!) . 4 6 . Рядом как с цифрой 1, так и с цифрой 3 может
2
стоять-только цифра 2,' поэтому в любом из рассматриваемых де­
сятизначных чисел каждая вторая цифра — двойка. На каждое из
оставшихся пяти мест можно поставить либо единицу, либо тройку.
Количество способов это сделать равно 2 = 32. Кроме того, мы мо­
5
жем выбрать, будут ли двойки стоять на четных или на нечетных
местах. Поэтому полученное количество способов нужно удвоить.
4 7 . На первом месте числа может стоять любая из 5 цифр (все кро­
ме 0), а на остальных местах может стоять любая из 6 цифр. Таким
образом,.количество указанных чисел равно 5 • б = 1080.
3
Будем отдельно подсчитывать сумму тысяч, сотен, десятков и
единиц для рассматриваемых чисел. На первом месте может стоять
любая из пяти цифр 1, 2, 3, 4, 5. Количество всех чисел с фиксиро­
ванной первой цифрой равно б
3
= 216, поскольку на втором, тре­
тьем и четвертом местах может стоять любая из 6 цифр. Поэтому
сумма тысяч равна (1 4- 2 + 3 + 4 + 5) • 216 • 1000 = 3240000. Количе­
ство чисел с фиксированной второй цифрой равно 5 • 6 • 6 = 180 (на
первом месте стоит любая из 5 цифр). Поэтому сумма сотен равна
(0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5) • 180 • 100 = 270000. Аналогично сумма десятков
равна (0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 ) - 1 8 0 • 10 — 27000, а сумма единиц равна
(0+1 + 2 + 3 + 4 + 5 ) - 1 8 0 ='2700. Таким образом сумма всех рассматри­
ваемых чисел равна 3240000+270000+27000+2700 = 3539700.49.10
рабочих, составляющих первую бригаду, можно выбрать из тридца­
ти Сзд способами. После этого из оставшихся 20 рабочих можно Сэд
способами выбрать 10 человек; входящих во вторую бригаду. Остав­
шиеся 10 человек образуют третью бригаду. Таким образом, полу30!
чим С30 •
=
с п о с
°б°
в
распределения рабочих на первую,
вторую и третью бригаду. Однако здесь считаются различными рас-
пределения, получаемые одно из другого только переменой номеров
бригад-(порядок бригад нам не-важен);,-ноэтому полученное,число
г
надо разделить еще на 3! — число способов, каким можно припи­
сать три номера трем бригадам. Итак, искомое-число способов равно30!
3!
(10!)
2
<
^
н а ч а л а
будем разбивать колоду на две различимые
пачки (первую и вторую, левую и правую, верхнюю, и нижнюю).»
Найдем число N способов выбрать одну (первую, левую, нижнюю)
пачку, из 18 карт, в,которой 2 туза.^ Два туза «можем- выбрать С\>
способами, а оставшиеся .16 карт из 32\(не тузов) — СЩ способами..
Поэтому N = С\ • С Ц . Но любое разбиение колоды.пополам не за­
висит от того какая пачка левая, а какая правая. -Значит, искомое
число разбиений равно.N/2. 51. Разобьем все .такие;числа .на-две
группы. В первую группу войдут-числа,'у которых первая цифра
нечетная, во вторую — числа, у которых первая цифра четная. Най­
дем количества чисел в. каждой группе.; У чисел первой группы на
1
первом месте может стоять любая нечетная цифра из г5.'.Далее,.С|
способами выбираем места на которых стоят две оставшиеся нечет-,
ные цифры, каждую из которых-можем выбрать ;5 способами. Л а
каждое из оставшиеся 3-х мест ставим любую из 5 четных- ,цифр.
:
Таким образом, в первой группе 5 • С\ • 5 • 5 — 5 • С | чисел.'Дна-2
3
6
логично находим, что во второй группе 4,- С . - 5 - 5'? = 4 - 5 , - С
2
2
5
чисел (отличие от чисел первой группы, в том,,-что на первом
2
ме
7л
сте может стоять любая из четырех четных цифр). Таким образом,
всего 5 - . С + 4 • 5 • С\ =, 90 • 5
В
2
5
5
= 281250 указанных чисел. 52.
Какие бы m — 1 членов комиссии не собрались, должен найтись за­
мок, который они не могут открыть, но ключ от этого замка должен
быть у каждого из остальных п — то rt-1 членов комиссии. Поэтому
число замков С*,'™ , а число ключей С™~±(п — т + 1). 53,. Посколь-1
купорядок цветов в букете не важен, и цветы могут быть в букете
одинаковыми, то общее количество различных букетов представля­
ет собой число сочетаний с повторениями из 6 элементов (6 видов
цветов) по 20: С^
7
= СЦ = С 22
54. 2) Набор цифр на каждой ко­
сти домино можно рассматривать как сочетание с повторениями из
к + 1 чисел по два. Таким образом, число всех костей домино равно
=J
(* + l)(fc + 2)
' 2
числу всех таких сочетаний: С
— С£
к+1
+2
=
_
. 55. По­
кажем, что существует тесная связь между решениями указанного
уравнения и сочетаниями из к элементов по п. Действительно, если
мы имеем целые неотрицательные числа х\, х ,
х
2
такие, что
к
Х\ +Х2 + • -. +Хк = п, то можно составить сочетание с повторениями
из к элементов по п, взяв
элементов первого типа, х
2
— второго
типа,...', Xjt'— fc-ro типа. Наоборот, имея сочетание с повторениями
из А; элементов поп, получим решение уравнения xi+x +..
2
.+х
= п
к
(xi — число элементов г-го типа) в целых неотрицательных числах.
Следовательно между множеством всех сочетаний с повторениями
из к элементов по п и множеством всех целых неотрицательных
решений уравнения х\ +х
2
+...
+х
= п установлено взаимно одно­
к
значное соответствие. Поэтому число решений равно: С% = C "
+ f c
_ .
1
56. Первый способ. Сделаем замену переменных yi = Xi — 1. Тогда
число решений исходного уравнения в натуральных числах равно
количеству решений уравнения yi+y +2
• -+Ук = п — кв целых неот­
рицательных числах. Но число решений последнего уравнения равно
С£~
к
—C^_
f c
_
1
= C^Zi = CnZ\- Второй способ. Рассмотрим отре­
зок MN длины п. Каждое решение уравнения х\ + х +...
2
+ х
к:
= п
в натуральных числах соответствует разбиению этого отрезка на к
меньших отрезков, длины которых выражаются натуральными чис­
лами. Если M i , М 2 , . . . , M „ _ i — такие точки нашего отрезка, что
ММ\ = JVIM2
= . . . = М -\Ы
= 1, т о число способов разбиения
п
отрезка MN. на к меньших отрезков равно числу способов выбора
из п— 1 точки M i , М 2 , . . . , M _ i каких-то к — 1 точек деления, т. е.
n
равно числу С*1*..57. Первый способ. Выложим шары в ряд. Для
определения расклада шаров по шести ящикам разделим ряд пятью
перегородками на шесть групп: первая группа для первого ящика,
вторая — для второго и так далее. Таким образом, число вариантов
раскладки шаров по ящикам равно числу способов разложения пяти
перегородок. Перегородки могут стоять на любом из 19 мест (меж­
ду 20 шарами — 19 промежутков). Поэтому, число их возможных
расположений равно С\^. Второй способ. Обозначим
число ша­
ров в г-м ящике. Тогда задача сводится к числу решений уравнения
Х\-\-Х2~\-.
• - +XQ
= 20 в натуральных числах. 58. Первый способ. Бу­
дем выбирать (с возвращением) неупорядоченные 20-ти элементные
множества из элементов { 1 , 2, . . . , 6 } . Каждой такой выборке со­
ответствует разложение шаров по ящикам. Числу единиц в выборке
соответствует число шаров в первом ящике, числу двоек — число ша­
ров во втором ящике и т. д. Таким образом, число разложений шаров
по ящикам равно числу сочетаний с повторениями из 6 элементов по
20, т. е. равно С*|° = CfJj = С| . Второй способ. Задачу легко свести
1
5
к числу решений уравнения Х\ +х
2
+ • • • +х^ = 20 в целых неотрица­
тельных числах. 59. 1) Каждой из г частиц поставим в соответствие
номер ее ячейки. При этом разным частицам может соответствовать
один и тот же номер. Таким образом, число указанных размещений
равно числу размещений с повторениями из п элементов по. г. 2)
Число состояний системы в модели Бозе-Эйнштейна равно числу
всех наборов п целых неотрицательных чисел г\, г , . . . , ? „ , в сумме
2
равных г: r-j+r +..
2
.+г
п
= г. Число решений данного уравнения рав-
но С . 3) Число состояний системы в модели Ферми-Дирака равно
т
п
числу r-элементных подмножеств п-элементног'о множества (г ^ п),
т. е. числу С . 60. Пусть в число входит х\ единиц, х
г
п
2
х$ пятерок, причем х\ + х '+
= 5, Xj — целые неотрицатель­
.'.. +xi
2
двоек и т. д.
ные числа. Количество чисел с указанным свойством равно числу
1
решений полученного уравнения в целых неотрицательных числах.
6 1 . Так как шары одинаковые, тб важно только количество шаров
в каждом ящике (а не расположение самих шаров).
1) Так как в каждом-я'щике должно оказаться не менее двух ша­
ров, поэтому положим по 2 шара в каждый ящик. Оставшиеся 10
шаров надо распределить на 5 ящиков. Э т о можно сделать С^ = Cf^
0
способами. 2) Положим сначала в каждый ящик по 5 шаров. Чтобы
суммарно во всех'ящиках осталось 20 шаров, необходимо 5 шаров из­
влечь. Существенно, что извлекаем только 5 шаров, так как в этом
случае, мы можем извлечь все шары даже из одной урны. Поэто­
му число извлечений равно числу сочетаний с повторениями из 5
элементов по 5. Каждому извлечению 5 шаров соответствует свое
разложение шаров по урнам. Значит, число указанных разложений
равно Сд. 3) Найдем число разложений шаров, при которых 4 ящика
пустые. Значит все шары положены в один ящик. Э т о можно сде­
лать 5 способами.(по числу ящиков)-. Найдем число разложений, при
которых ровно три ящика пустые. Два ящика, в которые будут поло­
жены шары можно выбрать C f способами. Так как они не должны
быть пустыми, кладем в них по-одному шару. Оставшиеся 18 шаров
разложить в эти 2 ящика можно С
2
способами. Значит, всего C f С
18
2
18
разложений с ровно тремя пустыми ящиками. Учитывая, что всего
C f ° разложений, получим С
20
—СС
2
&
2
— 5 разложений, в которых не
более двух пустых ящиков. 62 Обозначим через F(N)
число спосо-
бов, которыми можно наклеить марки достоинством в 4, 6 и 10 коп!
так, чтобы общая стоимость этих марок равнялась N. Для малых
значений N известны значения функции F(N),
например, F(0)
(не надо наклеивать ни одной марки), F ( l ) = F ( 2 ) = F(3)
= 1
= 0
(как ни -наклеивать марки указанного выше достоинства, суммы в
1, 2, 3 не получится). Далее, F ( 4 ) = 1 (наклеивается одна марка
достоинством в 4 коп.) F(5)
= F{7)
= F{9)
= 0, F{6)
= F{8)
= 1.
Непосредственный подсчет показывает также, ч т о . Р ( Ю ) = 3 (мож­
но наклеить одну марку в 10 коп., а можно наклеить либо марки в 4 и
6 коп., либо в'6 й 4 коп.). В случае N = 18 непосредственный подсчет
становится затруднительным. Заметим, что для любого N верно ре­
куррентное соотношение F(N)
= F(N - 4) + F(N
- 6) + F(N - 10)
(*). В самом деле, пусть имеется некоторый способ наклейки марок
общей стоимости N коп., причем последней наклеена марка стоимо-:
стью в 4 коп. Тогда все остальные марки стоят N — 4 коп. Наоборот,
присоединяя к любой комбинации марок общей стоимостью N — 4
коп. одну четырехкопеечную марку, получаем комбинацию марок,
имеющую стоимость N коп. При этом из разных комбинаций сто­
имостью в Л ' - 4
коп. получатся разные комбинации стоимостью
в N коп. Итак, число комбинаций, в которых последней наклеена
марка в 4 коп., равно F(N
— 4). Точно так же убеждаемся, что
число комбинаций, оканчивающихся шестикопеечпой маркой, рав­
но F(N
— 6), а десятикопеечной маркой оканчиваются F(N
— 10)
комбинаций. Поскольку в нашем распоряжении лишь марки досто­
инством в 4, 6 и 10 коп., этим исчерпываются все возможности, и по
правилу суммы получаем соотношение (*). Теперь уже легко найти,
сколькими способами можно получить сумму в 18 коп., т. е. вы­
числить F ( 1 8 ) . По формуле (*): F(18)
=
F{U)
+ F(12) + F(8).
Значение F ( 8 ) = .1. А К F ( 1 4 ) И F ( 1 2 ) МЫ еще>раз применим ф о р ­
мулу (*) F ( 1 4 ) = F ( 1 0 ) , + F ( 8 ) + F ( 4 ) . = 3 + 1 + 1 = 5, F ( 1 2 ) =
F ( 8 ) + F ( 6 ) + F ( 2 ) = 1 + 1 + 0 =<2. Значит, F ( 1 8 ) = 5 + 2 + 1 = 8 .
Итак, сумму в 18 коп. можно получить 8 способами: (10, 4, 4); (4,
=
10, 4 ) ; (4, 4, 10); (6, Д 4, 4); (4, 6, 4,'4); (4, 4, 6, 4); (4, 4, 4, 6);.(6,
6, 6). 6 3 . В слово «зоология» входят: «з» — 1 раз, « о » — 3, «л» —
i
1, « г » — 1, «и» — 1, « я » •— 1. Поэтому число всевозможных слов
8!
.
'
Р&(1, 3, 1, 1, 1, 1) = — = 6720. Соединим три буквы « о » в один
символ « о о о » . Получим 5 букв и «один символ. Их можно переста­
вить Ре = 6! = 720 способами. Таким образом, получим 720 слов, в
которых три буквы «о» стоят рядом. 6 4 . Если бы интересовал поря­
док бандеролей, то существовало бы т^уд способов распределения
книг. Так как не важно, в каком порядке будут отправлены банде8!
роли, т о полученное число необходимо поделить на 4!. Итого
способов разделить 8 книг на 4 бандероли по 2 книги. 6 5 . Предполо­
жим, что зеленые и красные шары уже выложены. Тогда для того
чтобы положить синие шары, необходимо выбрать 5 мест из 11 (2
места по краям и 9 мест между выложенными шарами); это мож* но сделать С
способами. Но 5/красных и 5 зеленых шаров можно
10!
переставить Р ю ( 5 , 5) =
„ способами. Таким образом, общее чис(5!)
10!
ло указанных расположений всех шаров равно С ^
= С^Сщ.
(5!)
Х1
2
1
66. Необходимо вычислить число пятизначных номеров, в которых
присутствуют числа 23 и 37. Все такие номера разобьем на 2 груп­
пы. В первую группу войдут номера, в которых присутствуют числа
23 и 37 (не пересекающиеся цифрой 3), а во вторую группу — все
остальные. Найдем число номеров в каждой группе. Чтобы числа 23
и 37 дополнить д о пятизначного номера, необходимо добавить еще
одну цифру. Пусть имеется 3 позиции. Тремя способами выбираем
позицию, на которой стоит 23, двумя способами выбираем позицию
для числа 37, на последнее место можем поставить любую из 10
цифр. Таким образом, в первой группе 3 • 2 • 10 = 60 номеров. В
каждом номере второй группы обязательно присутствует число 237
(при этом нет непересекающихся чисел 23 и 37).. Чтобы число 237
дополнить д о пятизначного номера, необходимо добавить либо две
цифры спереди, либо две сзади, либо но одной цифре по краям. Спе­
реди и сзади можно поставить по 98 комбинаций двух цифр (любые
из 00, 0 1 , . . . , 99, кроме 23 и 37), а по краям цифры можем поставить
100 способами (любую из 10 цифр спереди и сзади). Таким образом,
во второй группе 98 + 98 + 100 = 296 номеров. Значит, пассажиру
необходимо перебрать 60 + 296 = 356 номеров. 67. При любой рас­
становке скобок данное выражение можно представить в виде дроби.
Тогда, так как все данные числа — простые, результат вычислений
будет однозначно определяется тем, куда «попало» каждое из этих
чисел: в числитель или в знаменатель. Очевидно, что независимо от
расстановки скобок,; число 2 попадает в числитель, а число 3 —
в
знаменатель. Каждое из следующих чисел может «попасть» как в
числитель, так и в знаменатель, например, при такой расстановке
скобок 2 : (3 : 5 ) . . . число 5 окажется в числителе дроби, а если
скобки поставить так (2 : 3) : 5 . . . — в знаменателе.
Докажем, что существуют расстановки скобок, при которых
каждое из чисел 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 «попадает» как в числи­
тель, так и в знаменатель, независимо от расположения остальных
чисел. Для этого, например, разобьем все данные числа, начиная с
числа 3, на группы следующим образом: каждая группа начинается
с числа, которое должно «попасть» в знаменатель, и может содер­
жать еще несколько -(в том числе, и ноль) чисел, идущих следом
за ним, которые все должны «попасть» в числитель. Эти группы
заключаем в скобки и больше нигде скобок не ставим. Тогда пер­
вое число каждой группы попадет в знаменатель, так как на него
непосредственно делится двойка, а остальные числа группы «по­
падут» в числитель, так как на них делится первое число из этой
группы, «попавшее» в знаменатель. Таким образом, количество
чисел, которые могут'являться значением данного выражения при
всех возможных расстановках скобок, равно 2 = 256. 6 8 . 1) Пусть
8
дан треугольник ABC,
точки Ai, А ,'...,
А,
2
п
АС — основание. На стороне АВ
отметим
а на стороне С В точки С\, С , • - •, С .
2
т
Тогда
любые две прямые ACi и CA'j образуют точку пересечения. Таким
образом, число точек пересечения равно пт. 2) Проведем сначала
прямые АС^
О
н и
разобьют треугольник на т + 1 часть. Далее
будем последовательно проводить прямые GAj,
каждую прямую CAj,
j = 1, п. Проводя
количество частей будет увеличиваться на
т + 1. Таким образом, получим, что треугольник будет разбит на
( m + 1) • ( n + 1) частей. 6 9 . 1) Существует Cf
треугольников с
nl
вершинами в синих точках, С
пятиугольников, . . . , С$1
4
0 1
— четырехугольников, C j
0 1
—
— 101-угольников. Таким образом, по
правилу суммы всего многоугольников Cf
+ Cf
+ . . . + C J Q J . Из
п
комбинаторного тождества ^2 С = 2" следует, что э т о выражение
m
01
к
к=0
равно 2
1 0 1
— ( Г + С\
т
+ C i ) . 2) Существует Cf
m
0 1
треугольников с
двумя вершинами в синих точках и одной в красной, Cf
01
рехугольников (три вершины синих и одна красная),
— четы­
С™
—
101-угольников, Cjoi — 102-угольников. Таким образом, по правилу
суммы всего многоугольников C f 4 Cf
+ ... + С^. Из комбинаторного тождества Yl^n
= 2 ™ следует, что это выражение равно
fc=o
2
— (1 4- C j ) . 70. 1) Любые 2 прямые из п образуют ровно одну
0 1
1 0 1
0 1
0l
точку пересечения-. Поэтому, всего С
2
точек пересечения. 2) Любые
1
три прямые из п образуют ровно один треугольник. Поэтому, всего
С
3
треугольников. 3) Предположим, что на плоскости уже проведе­
ны к прямых; проведем (к + 1)-ю прямую и посмотрим, на сколько
увеличится число частей, на которые прямые разбивают плоскость.
(к + 1)-прямая пересекается с уже имеющимися к прямыми в к
точках, которые делят ее на к + 1 частей. Следовательно, (к + 1)-я
прямая рассечет ровно к + 1 частей из всех имеющихся ранее частей
плоскости. Так как каждую из этих частей она разбивает на две
части, то после проведения (к + 1)-й прямой общее число частей
увеличится на к + 1. Но если проведена только одна прямая, то
плоскость разбивается ею на 2 части. Отсюда вытекает, что после
проведения п прямых плоскость будет разбита на 2 + 2 + 3 + . .'.-+ п
частей (от проведения второй прямой добавится еще 2 части, от
проведения третьей — еще три, от проведения четвертой — еще
четыре и т. д.). Следовательно, Плоскость будет разбита на
2 + 2 + 3 4 , . . + п = 1 + ( 1 + 2 + 3 + .. . + „ ) = 1 + ^ ± ^
=
±±^±1
частей. 4) Представим себе, что мы построили окружность, охва­
тывающую все ограниченные части плоскости. Из этой окружно­
сти будет выходит 2п лучей, которые разделят окружность на 2п
частей. Таким образом, количество неограниченных частей равно
2п. Следовательно, ограниченных частей будет — — '
п -Зп
2
(п-1)(п-2)-
+ 2
=
—
2п- =
„
. 7 1 . Каждой точке пересечения двух
диагоналей соответствует 4 вершины n-угольника, а каждым 4 вер­
шинам n-угольника соответствует 1 точка пересечения (точка пе­
ресечения диагоналей четырехугольника с вершинами в данных 4
точках). Поэтому число всех точек пересечения диагоналей равно
числу'способов, которыми среди" п вершин можно выбрать 4 вер­
шины: С*. 7 2 . В выпуклом ?г-угольнике проведены все диагонали.
Известно, что никакие; три из >них не пересекаются в одной точке.
На сколько частей разделится при этом многоугольник?
У к а з а н и е . - Обозначим
искомое
число
для
выпуклого п~
угольника через / „ . Диагонали n-угольника. делят его на части,
каждая из которых является, очевидно, многоугольником. Обозна­
чим число имеющихся среди них треугольников через гз, число
четырехугольников через г4 и т. Д., наконец, число т- угольников
через г
т
(здесь га — наибольшее число сторон у многоугольников,
образованных диагоналями n-угольника). Необходимо вычислить
сумму / „ = т-1 + г + . . . +
2
г.
т
Найдем сумму числа вершин всех многоугольников, на которые
делится n-угольник своими диагоналями. С одной стороны, эта сум­
ма, очевидно, равна З г - Ь 4 г + . . .+тг .
3
С другой стороны, каждая
т
4
из точек пересечения диагоналей~является вершиной четырех мно­
гоугольников, примыкающих к этой точке, а каждая из вершин пугольника является вершиной гг—2 многоугольников, примыкающих
к этой вершине. Но так как число точек пересечения диагоналей вы­
пуклого n-угольника равно С*, а число вершин тг-угольника равно
го, т о сумма числа вершин всех многоугольников, на которые делит­
ся n-угольник своими диагоналями, равна АС* + п(п — 2 ) . Таким
образом, мы имеем: Зг + 4 г + . . . + mr
3
m
4
= АС* + п(п - 2 ) .
Определим теперь сумму углов всех многоугольников, на кото­
рые делится n-угольник. Так как сумма углов ^-угольника равна
1 8 0 ° ( f c - 2 ) , т о искомая сумма равна ( г + 27-4 + Зг + . . . + (го - 2)r ) 11
3
5
m
С другой стороны, сумма углов, примыкающих к каждой из С* то­
чек пересечения диагоналей n-угольника, равна 360° (эти углы
заполняют полный угол вокруг точки пересечения), а сумма всех
углов, примыкающих ко всем вершинам n-угольника, равна сумме
углов п-угольника, т. е. равна 180°(п — 2). Отсюда вытекает, что
( г + 2 г + Зг + . . . -Н (т - 2)г,„)180° = 360°С* + 180°(п - 2 ) , т. е.
3
4
5
r + 2r + 3r +...
3
4
+ (m-2)r
5
= 2Cf,+(n-2)..
m
.^
Вычитая выражение Г3 + 2 r + 3rs + . . . + ( m — 2)г
т
4
Зт'з + 4?4 + . . . + тг ,
т
2(п
+Г2
откуда
получим:
+ .-.+
r)
= 2С* +(п-
m
-
0 " !)(« г
2
1)(п - 2 ) ,
-
(п-1)(п-2)
4
72.
из выражения
) ( У " Зп + 12)
24
т
л г
. 7 3 . Узнаем сначала, сколько спо-
собов раскраски' куба геометрически неотличимы от данного. Пусть
куб раскрашен каким-то образом. Грань, окрашенную в белый цвет,
можно или оставить на месте, или перевести в любую из остальных
5 граней. Всего получается выбор из 6 возможностей. Если этот вы­
бор уже произведен, то существуют 4 самосовмещения куба, при
которых белая грань сохраняет выбранное положение: куб можно
вращать на углы 0, 90, 180 и 270° вокруг оси, проходящей через его
центр перпендикулярно к выбранной грани. По правилу произведе­
ния получаем, что каждый класс геометрически одинаковых раскра­
сок куба насчитывает 6 • 4 = 24 способа раскраски. А так как общее
число способов покрасить 6 граней куба в 6 цветов равно 6! = 720, т о
число геометрически различных способов равно 720 : 24 = 30. Итак,
куб можно раскрасить 30 геометрически различными способами. 7 4 .
1) Член разложения C f g ^ * / ^
2
2 0 -
*^
3
рационален в том и только том
случае, когда к четно и 20 — к кратно 3, т. е. при к = 2, 8, 14, 20. Та­
ким образом, разложение содержит 4 рациональных члена. 3) Член
разложения C f o , , - б * / - г '
3
100
-*)/ = С ^ *
4
3
/ 3
- *
2
/ 3
-2
( 1 Ш
~*
) / 4
рационален
в том и только том случае, когдаАгЗ и (100 — к)'Л. Так как 100:4, то и
к'-Л. Значит к\12. Принимая во внимание, что 0 ^ к ^ 100, получим
9 значений к, при которых члены разложения рациональны. 7 5 . 1)
Применяя полиномиальную формулу, получим
( 1 ' + 2t - 3 i )
2
8
=
81
'
1
8!
E
2\n-i
(l)" (2i)" (-3^)
2
(2)" (-3)
2
П з
Г
2 + 2 п з
.
Чтобы определить, какие слагаемые в сумме содержат £ , нужно
9
решить в неотрицательных целых числах систему уравнений:
'щ
+ п + ?г = 8;
2
П2
3
+ 2пз — 9.
Из последнего уравнения следует нечетность п . В силу неот­
2
рицательности переменных п
2
может принимать значения: 1, 3, 5,
7. Все решения системы удобно записать в виде таблицы, к которой
припишем столбец значений коэффициентов при а; , отвечающих со­
9
ответствующему слагаемому в сумме.
щ
П
«3
3
1
4
45360
2
3
3
-120960
1
5
2
48384
0
7
1
-3072
2
Таким образом, коэффициент при х
9
равен 45360 — 120960 + 48384 —
3072 = —30288. 7 6 . Из условия следует, что 30% участников не по­
теряли глаз, 25% не потеряли ухо, 20% остались с рукой и 15% оста­
лись с ногой. Значит, число участников, которые сохранили глаз
или ухо, или руку, или, на худой конец, ногу, не может превышать
3 0 % + 2 5 % + 2 0 % + 1 5 % — 9 0 % . Следовательно, число'ветеранов,
оставшихся одновременно без глаза, уха, руки и ноги не меньше
1 0 % . Причем, этот минимум может достигаться, только если упо­
мянутые множества из 3 0 % , 2 5 % , 2 0 % и 1 5 % не пересекаются, т. е.
каждый из них сохранил только одну часть тела, а три другие поте­
рял. 77. Обозначим А — множество всех абитуриентов, А\, А , А —
2
3
множества абитуриентов решивших задачу по алгебре, геометрии'
и тригонометрии соответственно. По условию задачи \А\ = 1 0 0 0 ,
l A i l = 8 0 0 , \ А \ = 7 0 0 , \А \ = 6 0 0 , |А П А \ = 6 0 0 , \А П А \ = 5 0 0 ,
2
3
2
Х
г
3
|А.2Пт4з| = 4 0 0 , |Ai ГИД? П Аз| = 3 0 0 . Тогда по формуле включенияисключения число абитуриентов не решивших ни одной задачи:
\Аг Г) А п Лз| = \А\ -Ш-\А \
2
-\А \
2
+\А
Лз! - \Ai П А
П
2
2
3
П А\ = 1000 3
+ \Ai П А \ + \А П А \ +
2
800 -
г
700 -
600 + 600 +
+500 + 400 -
78. Пусть S — площадь всей комнаты, S, —
(г = 1 , 2 , 3 ) , Sij —
временно ( 1
3
300 =
100.
площадь г-го ковра
площадь, покрытая г-м и j-м коврами одно­
г < j
^ 3 ) , и Si
—
t2>3
площадь, покрытая'всеми
тремя коврами. По формуле включений и исключений S — ( S i +
+ S + S ) + ( S L 2 + S i , + S . ) + S i , 3 ^ 0 . Отсюда S
2
3
3
2
3
j2
1>2
+ S
1 ; 3
+ S2
i3
>
^ Si + S + S — S = 3. Поэтому хотя бы одна из площадей Si_2, S\
2
3
i3
или S .3 не меньше 1 м . 79. Обозначим А , А , А
2
2
х
2
3
— множества со­
трудников кафедры, которые знают английский, немецкий и фран­
цузский язык соответственно. По условию задачи I / I 1 U A 2 U A 3 I = 1 3 ,
\Ai\ = 1 0 , \ А \ = 7 , \А \ = 6 , \ А п А \ = 5, \AiC\A \ = 4 , \ А П А \ = 3 .
2
3
х
2
3
2
3
Применим формулу включений-исключений. 1 ) \Ai U А
U А \. =
2
= \Ai\ + \A \+\A \-\A\nA \-\AinA \-\A nA \
2
3
2
3
2
3
+
3
\AinA r\A \.To^a,
2
3
13 = 1 0 + 7 + 6 - 5 - 4 - 3 + И1П'Л ПЛз|, откуда |Л1ПЛ ПЛ | =
2
2
2 -
3
число сотрудников, которые знают все три языка. 2 ) Первый
соб. N(2)
= (|Ai П Л | -
Аз|) + ( И
2
|Лх П Л ' П Лз|) + (|Л П Лз| - |Ai П Л П
2
П
А | 3
спо­
2
Х
2
\А П Л П Л |) = ( 5 г- 2 ) + ( 4 - 2 ) + (3 - 2 )
г
2
3
=
б — количество сотрудников, - которые знают ровно 2 языка. Вто­
рой способ. Применим обобщенную формулу включений исклгочений. N(2)
= щ ( 2 ) - ф ( 3 ) = ( 5 + 4 + 3 ) . - 3 - 2 = 6 . 3) | Л \ ( Л и Л ) | =
1
2
3
| А 1 | - | А П А | - | Л 1 П А з | + | Л 1 П А п А з | = 1 0 - 5 - 4 + 2 = 3. Значит,
1
2
2
три человека знают только английский язык. 8 0 . Применим форму­
лу включений-исключений. Пусть Л =
{ 1 , 2 , . . . п } , Л, — множе;
ство чисел из Л, которые делятся на p.j, г = 1 , а. Тогда |А,-| = —,
Pi
Tl
|Л,П АА =
и т. д. Поэтому по формуле включений-исключений
PiPj
'
' <р(п) = п - п ( — + . . . + — ) + п{
Pi
Ps
Р\Рг
... +
) - ...
+
Ps-iPs
+ ( - i y - J — =
Pl-.-Ps
п(1--)...
Pi
( 1 - - ) .
Ps
8 1 . Воспользуемся формулой включений-исключений. Пусть Л —
множество всех перестановок чисел 1 , 2 , . . . , п. Ai — множество
перестановок таких, что а, = г. Тогда |Л| = п\, |Л,| =
|Aj, П Aj, П . . . П А^ \ =
2
к
(п — к)\ — количество
оставляющих на месте к чисел ц,
гаемых в сумме
г,
перестановок,
Количество сла­
i.
k
2
(п — 1 ) ! ,
Yl
\Ai П Л,; П . . . П A»J равно С* —
l^ii<ii<...<ik4:n
количество способов выбрать к элементов i\, г , . . . , г*, среди ?г
гг!
t
2
2
элементов. Остается заметить, что (п — fc)!C„ =
— . 8 3 . Исполь­
зуем цифры 0 , 1 для обозначения событий: 0 — знак искажен,
1
— знак
запишется
принят.
в виде
Тогда
П
=
пространство
элементарных
событий
{ООО, 0 0 1 , 0 1 0 , 1 0 0 , 1 1 0 , 1 0 1 , 0 1 1 , 1 1 1
и имеет 8 элементарных исходов. Србытия А\
— {100}, Л
2
=
{ 0 0 1 , 010, 100, ПО, 101, O i l , 111} = Q \ { 0 0 0 } , A
A
4
=
{ООО, 0 0 1 , 010, 100}, A
=
5
тия А а В совместны, поэтому Р(А
— Р(АВ)
3
= {110, 101, O i l } ,
{ 0 0 1 , 010, 100}. 8 9 .
+ В)
=
Р(А)
Собы­
+ Р(В)
—
= 0,6 + 0,45 — 0,25 = 0,8. 90. Воспользуемся свойствами
операций сложения и умножения событий.
(А + В)(В
+ С)(А
,„
+ С) =. (АВ + АС + В В + ВС)(А
= (АВ + АС + В + ВС)(А
+ С)
+ С) = (АВ + АС + В)(А
= (В + АС) (А + С) = В А + ВС + АСА + АСС
=
+ С)
=
= ВА + ВС + АС.
98. В этой задаче О. — совокупность всех сочетаний из 49 чисел по
6, \Щ = Cfg. Столько существует различных вариантов заполнения
карточки, и каждый из них имеет одинаковый шанс стать выиг­
рышным. Благоприятствует выигрышу только одно событие: номера
на карточке совпали с отобранными. Поэтому / ' ( у г а д а т ь 6 из 49) =
с% = 13983816 ~ 14000000- " •
Ш
а
Р
можно для удобства пронумеро­
ы
вать числами от 1 до то + п. Поскольку нам не важно, какой шар
первый, а какой второй, то возможными исходами эксперимента бу­
дут различные сочетания из т + п чисел по 2. Тогда \Щ — С ^
+ п
.
Событию А = {оба шара белые} отвечают лишь сочетания из то чисел по 2. Следовательно, |А| = С ,
2
100. Возможны два случая: первое число больше 5; первое число
меньше 5. 101. На каждой кости может выпасть любое число очков
от 1 до 6. Поэтому пространство элементарных событий содержит
36 равновозможыых исходов. Событию А благоприятствуют 11 исходов: ( 1 , 1), ( 1 , 2), (2, 1), ( 1 , 3), (3, 1), ( 1 , 4), (4, 1), ( 1 , 5), (5, 1), ( 1 ,
6), (6, 1), поэтому Р(А)
—
(число благоприятствующих элемен­
тарных событий можно было посчитать по формулам, а не выписы­
вать полностью). 102. Пусть событие А — наудачу составленное из
7 букв слово «функция», событие В — наудачу составленное из 7
букв слово «частота». Так как-упорядочиваются два множества из
7 букв, т о число всех исходов для событий А и В равно N = 7!.
Событию А благоприятствует один исход щ = 1, так как все бук­
вы на красных карточках различны: Событию В благоприятствуют
пч = 2! • 2! = 4 исхода, так как! буквы « а » и « т » встречаются два­
ж д ы . Тогда Р(А)
= 1/7! , Р(В)=4/7\~,
Р(В)
>Р{А).
1 0 3 . Пусть
А — событие, состоящее в том, что на оба вопроса студент знает
ответ; В — не знает ответа на оба вопроса; С — на один вопрос зна­
ет ответ, на другой — не знает. Выбор двух вопросов из 60 можно
осуществить N = С| =
= 1770 способами.
0
1) Имеется щ = С| =
0
= 780 возможностей выбора извест­
ных студенту вопросов. Тогда Р(А)
= jfr = JYYQ = Щ.
2) Выбор двух неизвестных вопросов из 20 можно осуществить
п
2
= С|о = 190 способами. В таком случае Р(В)
3) Существует щ
=
= Щ= ^
= р^.
40 • 20 = 800 способов выбрать билет с
одним известным и одним неизвестным вопросом. Тогда Р{С)
=
_ пз _ ш_ _ 80.
N ~ 1770
177'
Заметим, что события А, В, С образуют полную группу, поэто­
му Р(А)
+ Р(В)
+ Р(С)
— 1. 1 0 5 . Договоримся о порядке цветов
(скажем, красный, желтый, зеленый, синий), в котором будем запи­
сывать цифры на кубиках. Тогда исход опыта записывается в виде
четырех чисел от одного до шести. Скажем, запись (5, 1, 6, 5) озна­
чает, что на красном кубике выпала пятерка, на желтом единица,
на зеленом шестерка и на синем пятерка.
Общее число исходов N = б . Подсчитаем количество благопри­
4
ятных исходов для каждого из пунктов.
а) щ = 1. Вероятность Pi = ^ =
^.
б) Пятерка может стоять на любом из четырех мест. Значит п
= 4,Р
2
= |г.
•
в) Имеется Ci
'
2
=
,..
= 6 способов выбрать два места для петерок.
Поэтому Р = |г = р .
3
г) Шестерка может стоять на любом из четырех мест. На осталь­
ных местах может стоять любая цифра от 1 д о 5. Значит, пц = 4 • 5 ,
3
Р
—
•Г4 —
4-5
6
3
4 •
д) п-ь= А% = 6 • 5 • 4 • 3, Р
5
=
е) На каждом из четырех мест может стоять любая из пяти цифр
(кроме шестерки), поэтому щ = 5 . Искомая вероятность Рб = ( § ) 4
ж) Р
7
= 1 - P
fi
4
= 1 - ф . 1 0 6 . /V = 4! .= 24 - . общее число
4
исходов.
а) щ = 3! = 6, Рг = 1.
б) Б может стоять на любом из трех мест (кроме последнего). А ,
В и Г занимают 3 оставшихся места произвольным образом. Поэтому
п
2
= 3 • 3! = 18, Р = f .
2
в) P;j = |, в половине случаев А стоит раньше Б, в другой поло­
вине Б стоит раньше А.
г) Будем рассматривать А и Б как одну команду (одного «чело­
века»),. Тогда эту команду и В с Г можно переставить 3! способами.
Имеется два варианта расположения А и Б внутри команды. Таким
образом, щ = 2 • 3! = 12, Р = |.
4
д) Посмотрим, кто из трех человек А , Б и В стоит раньше других
(временно не обращая внимания на Г ) . Все исходы разбиваются на
три группы, в которых поровну элементов. Благоприятными будут
исходы одной группы, поэтому вероятность Ps = |.
е) Все исходы делятся на 2 группы: (Г) А стоит раньше Б и
(2) Б стит раньше А. Каждая из групп делится на две подгруппы:
В раньше Т и Т раньШе^В.'Вее^ подгруппы одинаковы (мы'можем
переименовать В и Г, не затрагивая А и Б ) . Поэтому благоприят­
ные исходы (А раньше Б и одновременно В раньше Г) составляют
одну четверть. Р
й
= |. 1 0 9 . Первый бросивший монету игрок.вы­
игрывает при'первом броске с вероятностью ^. При втором броске
он выигрывает, если при первом броске у него и у второго игрока
выпало по решке (вероятность этого | ) , а на втором броске у него
выпал герб. В силу независимости событий вероятность выиграть на
втором броске равна | • |. Легко понять, что вероятность выиграть
на fe-м броске равна ( | )
• §• Складывая эти вероятности получим
f c _ 1
искомую вероятность:
1
1 1
+ Т'^+
2
4 2
Первый
/ 1 \ 1, ,\\ ~
т
• - + •••+ т
\А)
2
"'
\4j
2
бросивший
к
монету
р — |, второй — q =
Р
=
116.
Р 2 5 ( 5
=
5
'У; '
5 )
игрок
1 —р =
х
1
•- +
2
"'
1
1
2
2 1 - 1
выигрывает
с
3'
вероятностью
~. 1 1 0 . Искомая вероятность
, где Р ( 5 , 5, 5, 5, 5) =
25
= С| .
Щ- , Cf
ь
9
0,4; вероятность pk не зависит от к. 1 1 8 . Элементар­
ный исход — сочетание с повторениями из семи элементов по
четыре; N = Cf
N(C)
= 210; N(A)
= С\0
6
= 7 ; N(B)
= С
7
4
= 35 ;
= 2 1 . 1 1 9 . Элементарный исход можно описать так:
— Cj
какие именно 5 фруктов положены в первый наудачу выбранный
пакет; какие 5 фруктов положены во второй наудачу выбранный
пакет; какие 5 фруктов положены в оставшийся пакет. Тогда:
N
=
120.
N(B)
С1 С1 С%;
5
0
Мг =
С% -
= С} ? - СЦ
}
N(A)
=
СЦ'щА)
Р{А)
С ^ С ^ С ^ ;
=
СЩ -
= 0,3696, Р(В)
N(B)
СЦ -
C[> C? Cf.
=
4СЦ; N
2
2
=
0
СЦ;
= 0,5612. 1 2 1 . Решение.
Если верхние концы уже как-то связаны, т о число благоприят­
ных исходов связывания нижних концов, очевидно, одно и т о же
для всех связываний верхних. Поэтому, будем считать, что связка
верхних фиксирована. Например, считаем, что связаны травинки
номер 1 и 2, номер 3 и 4, номер 5 и 6. Способов связать нижние
имеется всего C f C f = 90 (на пером шаге выбираем две травинки
из шести, на втором две из оставшихся). Вычислим, сколько из
этих способов благоприятных. Выбрать первую связываемую пару
можно С | — 3 способами (есть только три пары, которые выбирать
нельзя). После этого остается 4 травинки, у ровно двух из которых
связаны-верхние концы. Поэтому на втором шаге нельзя выбирать
вместе ни их, ни две остающиеся, значит, имеем 4 способа. Всего
получается 48 способов. Таким образом, Р(А). = .-^. В общем случае
искомая вероятность равна ^ п - щ ' • 122. Перенумеруем-белые и
2
синие шары. Элементарный исход — номер первого из вынутых
пронумерованных шаров, исходы равновозможны. Р — -^- - 1 2 3 .
с
Каждому предмету поставим в соответствие номер человека,- по­
лучившего этот предмет. Тогда исход — последовательность из п
чисел, каждое их которых может быть любым числом от 1 д о т,
число исходов равно т .
.-
п
Р(Л)
= ^т,
P
=
{
D
)
Р(В)
= (*=!)",
Ы ^ О ,
Р
{
Е
= —-— ~ T"'~"
P(F)
n
nt
m
8
)
=
Р( )
С
=
(
" -
m
t r
B
i
j
C
1
,
c^cg.,^...^
""* • 124. Число делится на 4, если
последние две цифры — нули или образуют двузначное число, де­
лящееся на 4; делится на 5, если оканчивается на 0 или 5.
Р е ш е н и е . Пусть xyzab
— пятизначное число. Число всех пя­
тизначных чисел, составленных из цифр 0, 1, 2, 3, 5 будет равно
п = 4 • 5 (х может принимать лишь 4 значения: 1, 2, 3, 5, к у, z, а
4
и Ь — все 5 значений). Подсчитаем число mi случаев, благоприят­
ствующих делению наудачу взятого числа на 4. Согласно указанию
это числа вида: ху •'== 12, ху = 32, Щ = 52, ху = 20 и 51/ = 00. Пяти­
значных чисел каждого из перечисленных видов можно составить
4 '• 5 , т. е. m i = 5 • 4 • 5 и вероятность P i = ^
2
= 0,2. На 5 делятся
2
числа вида xyzaO и хугаЪ, пЬэтому т
= 2 • 4 • 5' и Р = ^
!
2
= 0) 4.
2
125. Смотри указания и решения к задаче 8 1 .
129. Всего четырехзначных чисел, составленных из цифр 0, 1,
2 и 3 будет п = 3 • 4 . Делиться на 3 будут числа вида 1) 1айс; 2)
3
2а6с; 3) Забс и полученные из них перестановкой a, b и с, но таких,
что сумма всех 4-х цифр делится на 3. Подсчитаем число т чисел
указанного вида, для чего обозначим через Р , — число перестановок
из набора (а. Ь, с ) , для которого S = а + b + с, и составим таблицу.
1 -я цифра 1
а
6
с
S
1
1
0
2
2
0
0
3
2
3
о
ъ
с
S
р,
3
0
0
0
0
1
4
3
1
1
1
3
1
1
4
3
2
2
2
6
1
1
0
4
6
3
3
3
9
1
3
3
1
7
3
3
0
0
3
3
3
2
2
7
3
2
1
0
3
6
= 21
3
2
1
6
6
3
3
0
6
3
а
b
с
S
^
3 '
1
0
0
1
2
3
2
2
0
0
5
6
2
1
1
1
5
3
3
2
2
1
5
3
3
3
2
8
3
•
1 -я цифра 3
. 1-я цифра 2
Е ] = 21
Е
2
5
Е
3
•
•
= 22
Следовательно, т = 21 + 2 1 + 22 = 64 и вероятность Р = ^ = \.
132. Применить понятие геометрической вероятности.
Решение. Пусть с. с. А — корни лежат на вещественной оси,
т. е. дискриминант квадратного уравнения D = и — 4г/ > 0,а А —
с
противоположное с. с. Тогда Р(А) =
f V^vdv =
—» 0 при
о
'
а —» + о о ; Р ( / 4 ) = 1 — ^
—> 1 при а —> + о о . 1 3 3 . Изобразим
2
множество точек, задаваемых неравенством ах
2
-С Ay ^ Ах, а € К,
О ^ х , у ^ 2 (см. рис. 3), где 1 соответствует случаю (о > 2), 2 —
(а = 2), 3 — (0 < а < 2).
Пусть а > 0, тогда из приведенного неравен­
ства ах
< 4х и х ( а х — 4) < 0. Значит, 0 < х < |,
2
а с учетом того, что х ^ 2, получим ^--^.у
min{2,
^
4}/
Пусть А — случайное событие, вероятность ко­
торого мы ищем. Тогда Р(А)
=
Рис. 3
где S = 4, S
a
— площадь ф и ­
гуры ограниченной графиками функций у = х к у =
Имеем,
miu{f 2}
S=
f
a
dx. Тогда
(х -
Р(А)
= I
i - § ,
1
55*'
Таким образом, Р(А)
134.
0 < а ^ 2 ;
а>
2.
= |, если а = 1.
Определите, в ка.кую область может попадать центр мо­
неты, р — ^" дг'^ ; где а = 4, г = 1. 136. Обозначим х и у длины
двух сторон треугольника. Тогда длина третьей стороны I — х — у.
Затем необходимо учитывать, что длины сторон неотрицательны и
выполняется неравенства треугольника.
iioo.
q c pг —
139.
P(A
-P{A)P{B)
P(A)P(B)
A
1 2
A
12
A
12
+ B)
=
— J_
.
4 g
P{A)
+ P(B)
- P{AB)
= P{A)
+ P(B)
-
= 1. Тогда
- P{A)
- P{B)
+ 1 = (P(A)
- 1) (P(B)
- 1) = 0.
142. Пусть Щ . Bjt и Pjj соответственно случайные события (с. с ) :
бактерия погибнет, выживет и разделится в k-й промежуток вре-
мени, к = 1, 2. Обозначим А — с. с , вероятность которого нуж­
но найти. Тогда А . = H Y + В П
Х
2
+ Pillf' + Pin
2
2 )
, где с. с. П
г = 1, 2 — погибает г-я бактерия,в момент £ . Тогда Р{А)
2
1
2
1
2 )
2
?:)
,
= Р(П ) +
2
+ P ( B i ) P ( n ) + Р(Р )Р(П ЬР(П
2
Х
) ^ . i + Jj + I . i ^ i l
(здесь
использовано, что с. с. — попарно несовместные слагаемые, и с. с.
I l i , . n , B i , P i — независимые в совокупности). 1 5 3 . Обозначим А —
2
событие, при котором хотя' бы на одной из костей выпадет 6 очков;
В — событие, при котором на > всех костях четное число очков. То­
гда Р{А\В)
В (А +'А)
Имеем, что 'Р(В)
= Щ§±.
=
В А +'ВА,
Таким образом, Р(А\В)
то Р{АВ)
= 1 -
=
(|)
5
= ^
Р(В)
= Щ «
Так как В = ВО, =
- Р(АВ)
=
£
-
0,8683. 1 6 2 . Вероят­
ность того, что первые две монеты выпадут одной стороной, равна
не 1, а 0,5 (точно так ж е равны 0,5 вероятности того, что первая и
третья или вторая и третья, монеты выпадут одной стороной). Ве­
роятность всем трем монетам выпасть одной стороной равна произ­
ведению 0 , 5 - 0,5 = 0,25. 1 6 3 . 0 = { B i S j , 5 ^ 2 , ^ 1 S , G i G } (В
2
-
2
«boy.», G — «girl»), запись. B\G , например, означает, что первым ро2
дался мальчик, второй девочка. Вероятность элементарных исходов
з а д а н ы - Р ^ а д ) = р , P ( G i G ) = Р ; p ( P i G ) = P(G B )
;
2
2
2
По определению условной вероятности P(B \Bi)
2
что P ( B i ) = Р(В В )
Х
P(J5 |BI) =
2
1+
2
+ PtSiGs) = pi +
1
=
2
= Ц^щу-=
l
i
T
£
a
Имеем,
-
Т о г
Л
а
p ^ L • 1 6 6 . Занумеруем все бары числами от 1 до 8.
pa
Введем следующие события: AQ = {бродяги в барах нет}; Ai = { б р о ­
дяга в баре с номером г], г = 1, 8. События Ло, А\, ...,
полную группу. Причем Р ( А ) = 1 0
§ = 0,2, Р{А )
г
As образуют
= Р{А )
2
=
= . . . = Р ( А ) = ( § ) / 8 = 0,1.
8
Обозначим В — событие, при котором бродяги нет в первых семи
барах. Имеем, что Р{В)
= Р{А
0
+ А)
8
= Р(Аэ) + Р ( Л ) = 0,2+0,1 =
0,3. Искомая вероятность P(A \B)
= Щ^
= Щц* = Ц = §. 1 6 9 .
1
S
Имеется в виду, что стрелки стреляют независимо один.от другого.
Ai = {г-ый стрелок попал в цель}, г =
попали в цель}. Тогда D = А А
г
А А$ и слагаемые
А3+А1 A A +Ai
2
попарно несовместны. Р(А\)
1, 2, 3. D =. {две,,пули
2
3
= 0,6; P(Ai)
0,5; Р ( А з ) = 0,4; Р(А~з) = 0 , 6 ; P(D)
2
= 0 , 4 ; Р(А )
2
= Р(А )
2
=
= 0,6 • 0,5 • 0 , 6 + 0,4 • 0, 5 •
0,4 + 0 , 6 - 0 , 5 - 0 , 4 = 0,38.
DA
3
= A (A A
r
x
Д+Aj
2
А2А3+А7А2Д3) =
0 , 4 - 0 , 5 - 0 , 4 + 0 , 6 - 0 , 5 - 0 , 4 = 0 , 2 , P(A \D)
АгА^Аз+А^
= ^ g
3
1
АА
2
3
=
= | | = *§,
P(A |.D) = 1 —1| = jy. Вероятнее, что стрелок С попал. 1 7 6 . Введем
3
события:
Hi = {игрок выиграл на первом шаге},
#2 = {игрок проиграл на первом шаге},
А = {игрок разорится, имея начальный капитал х р у б . } .
Обозначим через р
х
искомую вероятность. Очевидно,
= Р(А)
эта вероятность определена для любого целого х, 0 < х < s и оче­
видно ро = 1 (игрок уже разорен), p = 0 (игрок набрал требуемую
s
сумму) . Поскольку монета симметрична, т о Р(Н{)
= Р(Н )
2
= \-
Если наступает событие Hi, то капитал игрока стал х + 1, а если
наступа-ет событие Н ,
2
то капитал игрока стал х — 1. После этого
можно считать, что игра начинается снова, и согласно принятому
обозначению P(A\Hi)
= p +i,
Р(А\Н )
x
2
где х — любое число
= p -i,
x
1 < х ^ s - 1.
Применяя формулу полной вероятности, получим
Р(А)
= P(Hi)P(A\Hi)
+
Р(Н )Р(А\Н ).
2
2
Э т о в силу принятых обозначений дает следующее рекуррентное
уравнение для вероятности р : р
х
х
= | p + i + \Px-x,
x
1 ^ ж ^ s — 1.
Известно, что решением этого уравнения является только линейная
функция p i = C i + c x , где С\, с
2
2
произвольные коэффициенты. Эти
коэффициенты можно определить, подставляя в выражение для р
х
значения х = ' 0 их
= s и пользуясь граничными условиями ро
=
-1,
= • 0. Имеем-с\-— I, с\ +*c s = 0. Откуда следует, что с\ = I,
p
s
2
с = — j и, значит, р'х = 1 ~ f ' , 0 ^ х < s. 1 7 7 . Обозначим события
2
#1 = {выбрапи к у б и к } , Яг
= 1
{ в ы б р а л и пирамидку},А = {выпала
цифра 4 } . По формуле Байеса
Р(Нг\А)
=
Р(Я )Р(Л1Я )
]
_
1
Р(Я )Р(А|Я ) + Р(Я )Р(Л|Я )
1
1
2
2
|-|
Н
^ 8
+ И
п'
1 8 0 . Наиболее естественным является следующий принцип деления.
Делить следует пропорционально условным вероятностям попада­
ния каждого при условии, что^в кабале имеется одна пуля. Дело
в том, что при неограниченном (хотя бы и мысленном) повторе­
нии описанной ситуации частота, с которой будет добиваться успеха
каждый из стрелков, будет сближаться с соответствующей условной
вероятностью. Пусть А = { в кабане имеется одна пуля}. Обозначим
события: Я ш = {не попал ни первый, ни второй}, Ящ = {попал
первый, не попал в т о р о й } , Щ\ = {не попал первый, попал второй},
Н\\ ~ {попал первый, попал в т о р о й } . Нам нужно найти вероятности
Р ( Я | А ) и Р ( Я , И ) . Очевидно, что Р(А\Щ )
1 0
0
0
= О, P(A\H )
= 1,
W
= 1, Р(А\В>и) = 0. Поскольку охотники стреляют незави­
Р(А\Нт)
симо друг от друга, т о по формуле умножения вероятностей
г
Р(Я
1 0
) = Р(попал первый)Р(не попал второй) == 0,8-(1—0,4) = 0,48,
Р(Яо1) = Р ( н е попал первый)Р(попал второй) = (1—0,8)-0,4 = 0,08.
Применяя формулу Байеса, получим
Р(Н
Р
(
Я
1
I4V°'
~ 0,48 + 0,08 4 8
о
|
Л
)
Р(Н
6
Г
Р
126
{
Н
\А) —
°'°
~ 0,48 + 0,08 "
8
т
]
Л
)
1
Г
Таким образом, первому следует отдать 6 д о л е й . и з
рому — одну. 1 9 0 . Ну
=
ви},'
Hi
R(Hi)
0,337.
-=
крови}, Р(Н )
2
=
0,375.
пу крови}, Р(-Нз)
=
{больной имеет, первую группу кро­
=
{больной
=
Щ
=
имеет вторую
группу
{больной имеет третью -,груп­
0,209. Н^
группу 'крови}, P(Hi)
7, а вто­
=
0,079.
{больной имеет
=
В
четвёртую
.{больному. можно
релить кровь случайного взятого донора}. Р(В\Н\)
пе­
=,0,337,
Р{В\Н )
= 0 , 3 3 7 + 0 , 3 7 5 = 0,712, Р{В\Щ)
P(B\Hi)
— 1. 1 9 1 . Hi = {выбранное орудие принадлежит первой
2
группе}, Н
— {выбранное орудие принадлежит второй
2
пе};
=
P(Hi}-
= 0 , 3 3 7 + 0 , 2 0 9 = 0,546,
0 , 6 , Р{Н )
=
2
0,4. А
груп­
= {результат трёх выстре­
лов — один недолёт, один перелёт, одно попадание}; Р(А\Н{)
= 6 • 0, 2 • 0, 7 • 0 , 1 = 0,084; Р(А\Н2)
=
Р(А)
0,108; Р(Н\А)
=
=
= 6 • 0,2 • 0,6 • 0,2 = 0,144
0,467. 1 9 2 . 0,6 и 0,8 -
это услов­
ные вероятности извлечь белый шар, если известно, какая урны
выбрана. Каждая урна выбирается с вероятностью 0,5 поэтому
=
Р{А)
0,5-0,6
=
0 , 3 , Р(В)
=
0,5-0,8
=
0,4. Полная ве­
роятность извлечь белый шар равна 0,7. 1 9 3 . Н\ =
знает ответы на 6 вопросов}, P ( f f i ) = 0 , 1 . Н
= {учащийся знает
2
ответы на 7 вопросов}, Р(Н )
2
веты на 8 вопросов}, Р(Нз)
= 0,3. Я
а
= {учащийся знает от­
— 0,3. Нц = {учащийся знает ответы
более чем на 8 вопросов}, P{Hi)
=
0,3. А = {учащийся дал 8
правильных ответов и 2 л о ж н ы х } , P(A\Hi)
=
Р(А\Н )
2
Р(А)
С\ • 0 , 5
3
= 0,225; Р(Н \А)
3
=
{учащийся
0,375; Р{А\Щ)
= С\ • 0 , 5
=
=
4
0,375;
0,25; Р{А\Н )
=
А
= 0,333. 1 9 4 . Обозначим событие А
к
=
{к-
ый лгун правильно передал информацию}, к = 1 , 2, 3, 4; Р{А{)
. Применим формулу полной вероятности: Р(А )
2
РШ
=
+
= & РШ
= ?Л + т
= з
-
= т> P(MAi)
|+ |'|
0;
= |
=
|;
= Р(Лз)
(в случае, если первый сказал правду, т о его можно просто не
учитывать; правдивую информацию сразу получает второй лгун).
Поэтому Р{А!\А )
=
4
=
' Х; ' '
Р{А
Р
Р
1Л ]
V
= ?v
1
9
5
- Показать,
что вероятность извлечь белый шар из второй урны равна -^ц.
Значит, эта вероятность
не изменится для третьей урны, для
четвёртой и т.д. 1 9 6 . А — {первый источник сообщает Н\, вто­
;
рой сообщает Я г } , Р(А\Н\)
1
=
ное сообщение, второй о ш и б с я ) =
=
Р
(первый источник дал вер­
0^9-0,3
=
0,27. Р(А\Н )
=
Р(первый источник ошибся, второй дал верное'сообщение)
=
2
= 0 , 1 - 0 , 7 = 0,07. Р(А) = 0 , 1 3 ; ' P ( F i | A ) = 0 , 6 2 3 ; Р(Н \А)
= 0,377.
2
197. -А
=
{первый
и второй
сообщил Я } ; Р{А\Щ)
2
=
источник
0,7-0,7-0,3
сообщили
=
0,147; Р{А\Н )
2
=
2
0 , 7 • 0, 3 • 0 , 3 = 0,063; Р{А) = 0,0882; Р(Н\\А)
Гипотезы Hi и Н
Н\, третий
= Р(Н \А)
2
= 0,5.
стали равновероятными. 0,5; 0,5. 199. Най­
дем вероятность р выпадения трех единиц при одном бросании
трех
костей, р
=
р . Далее необходимо
Бернулли. 2 0 0 . Имеем схему Бернулли. Р
Р (3)
8
применить
=
§ц =
формулу
!><? =
§,
= С|р д .- 2 1 3 . Пусть р — вероятность выловить меченую
3
5
рыбу, тогда [150р + р) = 10, 10 < 151р < 1 1 , ^
как р =
< р < ^ . Так
i ^ - , где п — число рыб в озере, т о
0
^
0
< j ^ ;
13728 ^ п ^ 15100. 2 2 0 . Во всех трех случаях применим схему
Бернулли. Обозначим р = 1/6 — вероятность выпадения шестерки,
a q = 5 / 6 — вероятность выпадения грани, отличной от 6. Тогда
Р ( х о т я б ы одна шестерка при шести бросаниях)
=
1 — (|) «
6
=
1 — Р%(0) =
0,6651; Р (не менее двух шестерок при двенадцати
бросаниях)= 1 — P i ( 0 ) — P i ( l ) ~ 0,6187; Р (не менее трех шестерок
2
2
при восемнадцати бросаниях)= 1 — Pis(0) — P i g ( l ) — Pis(2) » 0,5973.
Следовательно, шансы убывают. 2 2 2 . 1) Пусть искомое с. с. А, т о -
гда используя формулу Р {к)
= Cpq
k
п
k
n
(вероятность появления
к
к «успехов» в п повторных независимых испытаниях Бернулли),
находим Р(А)
= Р (3) = C f p V = Ю р У = 1 0 ( f ) ( l - f )
3
5
( з д е с ь р = § - = | f = l,q=
«
2
0,34
1-p);
2) Занумеруем точки. На рис. 4 изображен один из вариантов
(с. с. Bi) расположения 7 точек. Пусть с. с. С — попадание точки в
квадрат, a D — попадание точки в один из 4-х сегментов.
Тогда Р(С)
Р[В{)
=
=
f , P(D)
(f)3 ( I ( i - | ) ) .
4
=
1(1 -
Пусть В ,
к
|) и
к
=
1, те; все п вариантов расположения точек.
Число п равно п = С
л
• 4! ( С | = 35 — чис­
ло способов, которыми можно расположить
Заточки из 7 в квадрате, 4! = 24 способами
К
Риё. 4
могут быть расположены 4 точки по одной в каждом сегменте). В
силу несовместности с.с. Bk и их независимости
Р(В)=
= £
Р (J2В )
к
\fc=l
/
Р ( В ) = пР(Вг)
= ~
к
fc=l
{
^
^
7Г
« 0,0148.
.
223. См. решение задачи 222. 224. Вероятность обнаружения опе­
чатки равна величине ppi + р(1 — р\)р
2
=
0,95р. Тогда вероят­
ность неправильного набора буквы равна 0,05р = 0,000005, А =
100000-0,000005 = 0,5.
Ответы
1 . 3 + З + З + З = 120. 2. 4') 300; 2) 1080; 3) 540. 3. 2
2
3
4. а) 30; б) (а
4
+ 1) • . . . • (а
+ 1)(а
г
2
3 2
- 1.
+ 1). 5. 9 = 59049. 6. Чисел с
s
п
единицей больше. 7. 900.;8: 29400. 9. 1) 13440; 2) 13776. 1 0 . 2
n _ 1
.li.
2 3 3 . ' 1 2 . 1). 85; 2) 155. 1 3 : А\ = 20. 1-4. Л • 9 = 648. 1 5 . 1) А§, 2)
2
;
£
^7
4
+
2
2
1
0
+
8
4
+
0
2
5
2
+
0
5
0
4
й
= 13699.16. 156 • 1 0 1 7 .
s
483840. 1 8 . Р /Р
= 120. 1 9 . 1) 28!; 2) 14 • 27!; 3) 26 • 27!. 2 0 . 1) 2730;
2) 182. 2 1 . 1) P Al
2) P A * i , если А; ^ п + 1, 0 при к > п + 1. 2 2 .
в
3
5
n
+ 1
' 1) 10!, 2) 9! • 2!, 3) 8-- 9!, 4)' 8! • 3!. 2 3 . (/с!) при п = 2к, к\(к + 1)!
30'
2
при п = 2к + 1. 2 4 . ( 1 5 ! ) . 25.'ЗОН - 1 5 ! . 2 6 . 15!. 2 7 . -ф.
2
2 8 . 29!!.
29. 1) Р /7 = Р = 720, 2) Р /2 = 360. 3 0 . 20. 3 1 . 1) С*£; 2) 2". 3 2 .
li ~ l l - ! ) ; )
- 35. !)
°; )
- 3 6 : 1) 2016; 2) 992;
7
C
й
3 4
c
б
4 5
2
з б 0
1 3 8 0
2
2 3 0 0
3) 1024. 3 7 . С| • С * . 3 8 . 1) С7| , 2) 6 % • 6 | , 3) С*? - С* • С| . 3 9
0
Cg, • С
5
0
2) Q • С ^ , 3) £ Q •
= Cf - С* .
«=i
4 1 . 182. 4 2 . C
4 3 . 1) С ,,, 2) С . 4 4 . С|. 4 5 . 2 ( 5 ! ) = 28800. 4 6 .
30!
64. 4 7 . Чисел 1080, сумма 3539700. 4 8 . 28 -6! • 1111111. 4 9 . — — — .
6 • (10!)^
2
0
= 93600. 4 0 .
0
4
q
+V
5 0 . \С\ • СЦ
!
9
4
5 3 . С1 . 5 4 . 1) 28; 2) (
2
ti
2
f c + 1
X
+ ).
f c
2
5 5
. q»
5 6
.
k-i
C
5 7 . Cf,,. 5 8 . С\\. 5 9 . С | = 126. 6 0 . С | = 126. 6 1 1) 1001; 2) 126;
3) 10431. 6 2 8. 63 6720; 720. 6 4 . 105. 6 5 . C\ C .
v
68. 1) пт, 2) ( n + l ) ( m + 1). 6 9 . 1) 2
2
1 0 1
1 0 1
-
b
w
6 6 . 356. 6 7 . 256.
(1 + C j u + С ? ) ;
0 1
2
)
— ( 1 + C J Q J ) ; 3) многоугольников с красной вершиной больше;
4) можно: каждому n-уголышку с синими вершинами ставится в со­
ответствие (п + 1)-угольник с добавлением красной вершины, но не
наоборот," так как треугольники С красной вершиной остаются;без
п а р , 7 0 . 1 ) С1; 2)" С*; 3) ^
±
^
;
4)
{
~
п
~ \ 2п. 7 1 . С*.
2
73. 30; 74. 1) 4; 2) 13; 3) 9. 75. 1) -30288; 2) -11340;-3) 0. 76. 10%;
77. 100'. 79. 1) 2; 2) 6; 3) 3. 84. А\В = АВ = .{число оканчивается
цифрой 5 } . 85. а) да; б) и в) в общем случае нет. 86. АВ — собы­
тие, состоящее в том, ч т о . « н а одной из костей выпала единица, а
на второй .— четное число очков»^ А + В — «либо сумма выпавших
очков будет нечетна, либо на одной из костей выпадет единица, а. на
другой — нечетное число»; АВ — «выпадет нечетная сумма очков,
не меньшая пяти». 91. С = (Ai + A )(BiB
2
+ ВВ
2
г
бытия попррно совместны. 93. А = А\А
Я
АА;
2
С = В: D = В; Е = А{А ~А ;
х
2
А% + Ау А А$ + А\
2
В = А+А АТАъ,.
92. Со-
+ В В ).
я
2
F = МА
Ъ
2
+
2
3
А ).
3
94. А = { т о ч к а не попала в круг А } ; В = { т о ч к а не попала в круг В } ;
А + В = { т о ч к а попала хотя бы в один из к р у г о в } ; А+
не попала ни в один из кругов}; АВ
га}; АВ
В ={точка
= { т о ч к а попала в оба кру­
= { т о ч к а не попала в пересечение к р у г о в } ; А\В
попала в круг А но не попала в круг В } ; В\А
={точка
= { т о ч к а попала
в круг В но не попала в круг. А } ; (А + В)\(АВ),
= {точка ^по­
пала в точности в один из кругов}. 9 5 . несовместны только А и
С. 100. i
P{D)
104. Р{А)
•= 0,0348, Р{В)
= 5,5 х Ю " , Р{Е)
= , 0 , 0 4 2 8 . 108, а)
5
112.-0,787; 0,213. 113. Р(А)
114. Р{А)
= 0,838, Р(В)
= 0,556, Р{В)
= 0,162, Р(С)
п = C f C f + CgCgCg + ( Э Д С
п- ,
Р(В)
128.
Р(А)
п
3
f c
~ j^~ -,
(n
m
l)
0,25. 136. 0,25. 137.
n
Р
«
(
В
б ) . ^ - 111. 0,154.
= 0,069, Р(С)
= 0,278.
1
3
1
Cf Cf ;
5
= d', 089. 126. Р(А)
Р(А)
= I P(D)
) = ^ -
• = 0,00076,
= 0,155. 117. N =
+ C$Cl,
= C * ( n - l ) ( " 7 ) n - , Р(С)
=
= 0,397, Р(С)
'
5
=
= п-К 127.
°'
7 5
-
1 3 4
-
0>
2 5
-.
1 3 5
-
0,2113. 146. 0,024; 0,976; 0,452. 147.
0,46; 0,88; 0,42; 0,12; 0,58. 149. 0,8. 152. 0,5. 153. |Ц и 0,8683. 154.
Р{А)
•= 0 , 7 , Р(В)
= 0,65, Р(С),=
0,3. 1 5 5 . 0,966. 1 5 6 . 0,6976.
1 5 7 . - 5 ' р а з . 1 5 8 . 0,321; 0,242; 1 5 9 . 0,514; 0,314; 0,172. 1 6 0 . 0,89.64.
1 6 1 . 0,0156;0,1875; 0,09375; 0,9063.-164. Вероятности равны. 1 6 5 . 8.
А
З
1 6 7 . Общества А. 1 6 8 . Во втором: 1 7 0 . Р(А) = - = | = — = 0,0778,
- •,
,
Ai
о
5
5
Р(В)
=
С
5(з -С|2 )
5
5
=
0 4704, 1 7 1 . ) 0,667; 0,333; б) вероятности
а
практически не изменятся; в) Игра становится более справедливой;
вероятность' выигрыша Ивана равна 0,571. 1 7 4 . ^ ; ^ ; ||. 1 7 5 . В
одну урну — один белый шар, во вторую — все остальные. 181'.
0,079; 0;395; 0,526. 1 8 2 . к классу А - . ^o%n . ^]
классу
R-_
•0,5-0,97" .,
Knacrv О
183
°
0,3-0,99"+0,5-0,97"+0,2-0,9"'
кллос^ ^
0,30,99"+0,50,97"+0,20,9"'
"
0i3 0t№
к
+0t2 0
Л
i o J
0,16. 1 8 4 . 0,623. 1 8 5 . Вероятность выбора первого набора должна
1
быть равна 0,333. 1 8 6 . 0,6. 1 8 7 . (1 - ^ р х + щ(р?>1 + (1 - р > ) - '
2
1 8 8 . Один вертолет в первый район и два вертолета во второй;1
р = 0, 7 9 2 : 1 8 9 . Одно появление. 1 9 0 . 0,574; 0,819; 0,923. 1 9 1 . 0,467.
195.
вероятность извлечь белый шар из любой урны после пе­
рекладывания не изменилась. 1 9 6 . 0,623; 0,377. 1 9 8 . 0,219; 0,145;
0,965.'199. 0,00021. 201.^0,763; 0,396; 0,104. 2 0 2 . 24 или 25. 2 0 3 .
0,234;'0,721; 0,00218; 0,821. 2 0 4 . 1099-1119. 2 0 5 . 0,9295. 2 0 6 . 0,4Г.
2 0 7 . 0,203: 2 0 8 . а) 0,6561; б) 0,9477. 2 0 9 . 0,59; 0,328; 0,9995. 2 1 0 .
0,2. 2 1 1 . ' 0,2. 2 1 2 . < ^ + p Y '
m
+ m _ f e
- 2 1 4 . 0,9017; 10. 2 1 5 . Вероятность
угадать честно равна 0,000579.' 2 1 6 . 0,595. 2 1 7 . Р(А)
Р(В)
' = ( р + З р д ) " ; Р(С)
3
=- J2 С*(1 - р
.. ./•- о
-. '
Р ^
2
fe)
С|(|) '=
6
А;
2
) Р(Б)
2
=
1
пР(В )
1
9
4
3 3
=
3
1 3
С
2
= р +
3p q;
3
r
- Зр <7)' (р + З р д ) " Ч
:
2
Р '
8 3
2
2
- 4!(|) (|)
2
3
4
3
'
2
!)
=
=
^ .
224.
0,402. 2 2 5 . 0,8186. 2 2 6 . 0,053. 2 2 7 . 0,9773. 2 2 8 . 0,00307; 0,00797. 2 2 9 .
0,9596. 2 3 0 . 0,224; 0,199; 0,577; 0,95. 2 3 1 . 0,0902; 0,143.
ПРИЛОЖЕНИЯ
Приложение 1
, Таблица значений функции Гаусса <р(х) = --т==е 2
х •
0
"1
2
з:-
5
.4
' 6
. 3984, "3982
1'"
-
;
8 '" 9 1
.3973
3980
3977
3932*
3847
3726
3572
3391
3187
2966
2732
2492
'3925 3918
.3836 '3825
3712' 3697
3555 3538
3372; ''3352
3166: •'3144
2943' 2920
2709^ ' 2685
2468 '2444
0,0 0,3989
3989
3989
3988
3986
0,Т '3970
0,2 3910'
о;з 3814
0,4 3683'
0,5. 3521
0,6 3332
0,7 '3123
0,8 ,2897
0,9 2661
'3965.
.3902'
3802
3668*
3503
3312
3101
2874
'2637
3961
3894
3790
3652
3485
3292
3079
2850
26J3
3956
3885'
3778
3637
3467'
3271*
3056
2827
2589
3951
3876'
3765
3621
3448
3251
3034
2803
2565
3945 " 3939
3867 *3857
3752 3739
3605 3589,
3429 '3410
3230 3209
3011 2989
2780 27562541 '2516
1,0 0,2420
2396°
2371
2347
2323
2299
2275'
2155
' 1919
1691
1476
1276
1092
0925
0775
.0644
2131
1895
1669
1456
1257
1074
0909
0761
0632
2107'
1872
1647
1435
1238'
1057
0893
0748
0620
2083. 2059. 2036' 2012 г1989: '1965
1849 1826 1804; 1781' '1758' Ч'736
1626 1604, 1582' 15*61 '1539 ' 1518
1415 • 1394! ' 1374' 1354" '1334; •1*315
1219 ' 1200 П82: 1163 1145 'il27
1040 1023, '1006 0989 0973 :0957
0878 ' 0863' '0848 0833 0818' '0804
0734 0721, *0707 0694 0681 0669
06081 0596; *'0584 0573 '0562 0551
0529
*0478
1,1
1,2
1,3
\'л
1,5
1,6
1,7
1,8
1,9
"2179
1942'
,1714
1497
1295
1109
0940
0790
0656
2251' 2227
2203
0468
0449
0459
0519
0508
0498
0488
0440 0431
2,2 0355 '0347
2,3 0283 0277
2,4 0224 0219
2,"5 0175 0171
2,6 0136 0132
2,7 0104 0101
2,8 0079 0077
2,9 0060 0058
0422
0339
0270
0213
0167
0129
00990075
0056
0413
0332
0264
0208
0163
0126
0096
00730055
0404
0325
0258
0203
0158
0122
0093 '
0071
0053
0396 0387, 0379" 0371 '0363
0317 0310 озоз-0297 0290
0252 '0246 0241 0235 ' 0229
0198 0194 0189 0184 0180
0154 0151 0147 0143 '0139
0119 0116 0113 0110 0107
0091 0088 0086 0084 0081
0069 0067 0065 0063* 0061
0051 0050 0048 0047 0046
3,0 0,0044
0042
0040
0039'
0038
0037
0036
0035
0031
0022
0016
0012
0008
0006
0004
0003
0002
0030
0022
0016
ООП
0008
0005
0004
0003
0002
0029 '
0021
0015
ООН
0008
0005
0004
0003
0002
0028
0027
0020
0014:
бою.
0007
0005'
0003
0002
0002
0026
0019
0014
0010
0007
0005
0003
0002
0002
'0025 0025
0б'18 0018
0013 '•0013
0009 '0009
0007' 0006
0005 0004
0003 L0003
0002 0001
0001 0001
2,0 0,0540
2,1
3.1
3,2
3,3
3,4
3,5
3,6
3,7
3,8
3,9
0043
0033 "0032
0024 0023
0017 0017
0012 0012
0009 0008
0006 0006
0004 0004
0003 0003
0002 0002
0020:
0015
0010
0007
0005
0004
0002
0002
0034
Приложение 2
Таблица значений функций Лапласа Ф(х) = -^=\е
Ф(х)
X
-*о,оо
{
•\o,oi,, .0,02,
0,03.
, 0,04,
г -6,05"
0,06
0,07
0,08
0,09 •
0,10*
Л
0,0000
; ,0,0040
0,0080
0,0120
'0,0160
,0,0199
0,0239
0,0279
,0,0319
, 0,0359
• 0,0398
'. 0,0438
^ 0,0478
0,0517
,0,0557
0,0596
0,0636
, . 0,0675
. 0,0714
0,0753
0.0793
,0,0832
0,0871
0,0910
0,0948
0,0987
0,1026
0,1064,
0,1103
0,1141
0,1179
0,1217
0,1255
0,1293
, 0,1331
0,1368
0,1406
0,1443
0,1480
и
0,12
0,13
0.14-,
0,15'
0,16 '
0,170,18
0,19
0,20
0,21
. 0,22
0,23'
0,24
0,25
0,26
0,27
0,28.
0,29
0,30
0,31
0,32
0,33.
0,34
0,35
0,36
0,370,38
:
Ф(х)
X
,
;
'
,
• х '•
Ф(*)
0,2823
0,78
0,79:
0,2852
0.80
0,2881
. 0,81
0,2910
0,82
0,2939
0,2967
".0,83;
0,84
0,2995
0,3023
0,85
0,86.
0,3051
0,87
0,3078
0,88
0,3106
0,3 J 33
. 0,89 ,
0,90
0,3159
. 0,3186
0,91
' 0,92
0,3212
0,93
0,3238
0,3264
0,9.4
0,3289
, 0,95
0,96
0,3315
0,3340
-,0,58
, г 0,2190
0,97
0,2224,
0,98
0,3365
0,59
0,3389
0,60' .'. 0.2257 . 0,99
1,00
0,3413
0,61
0,2291
0,2324
0,3438
0,62
1,01
0,3461
0,63
, 0,2357 - 1,02
0,3485
0,64
0,2389
1,03
0,2422
1,04
0,3508
0,65
0,3531
0,66
0,2454
1,05
0,3554
1,06
0,2486,,.
,0,67
0,3577
0,2517
' 1,07
0,68
0,3599
,0,2549
1,08
,0,69
0,3621
0,70
0,2580,
1,09
1,10
0,3643
0,71
0.2611
1,11
0,3665
0,72 ' 0,2642
0,3686
0,2673
0,73
1,12
0,3708
0,74 , 0,2703
1,13
0,2734
1,14
0,3729
0,75'
0,2764
1,15
0,3749
0,76
0,3770
0,2794
1,16
0,77
0,1517
0,39 .
0,40 • ' 0,15541
0,41
• 0,15?!
0,42
0,1628
.0,1664 <
0,43
0,44:
0,1700
0,45 . ,0,1736 <
0,46
'0,1712
, 0,47 ' 0,1808
'. 0,48, , 0,1844
,0,1879
0,49
0,50' г 0,1915
"0,51
J А1950 ,
0,52
, 0,1985
6,53
* 0,2019
0,2054
0,54
0,55' , 0 , 2 0 8 8
}-0.2123
,0,56
,0.57 [ . A 2 i 5 Z * - '
t
f
(
?
'
(
к>
'
;
}
ч
v
.
х'
2
dt
1,25
1,26
1,27
1,28
1,29
1,30
1,31
1,32
1,33
1,34
1,35
1,36
1,37
1,38
1,39
1,40
1,41
1,42
1,43
1,44
1,45
1,46
1,47
Ф(*)
0,3790
0,3810
' 0,3830
0,3849
0,3869
0,3883
0,3907
0,3925
0,3944
0,3962
. 0,3980
0.3997
. 0,4015
0,4032
0,4049
0,4066
0,4082
0,4099
0,4115
0,4131
0,4147
0,4162
0,4177
0,4192
0,4207
0,4222
0,4236
0,4251
0,4265
0,4279
0,4292
1,48
1,49
1,50
1,51
1,52
1,53
1,54
1,55
0,4306
0,4319
0,4332
0,4345
0,4357
0,4370
0 4382
0,4394
1,17
1,18
1,19
1,20
1,21
1,22
1,23
1,24
*
Продолжение табл.
Ф(.г) '
Ф(х)
X
Ф(х)
.. 0,4846.
0,4854
2,68
0.4963
2.70
0,4965
0,4861
2,72
.0,4967
2,22
0,4868
2,74
0.4969
.
2,24;
,0,4875
2,76 " " 0.4971
"
X
Ф(х)
X
„1,56 ,
, 0,4406
1,82
1,57
0.4418
1,83
. 0,4656,
0.4664
1,58
' -0,4429
1,84
0,4671
2,20
. 1,59 . . 0,4441
0,4452
1,60
1,85
0,4678
1,86
0.4686
1,61 > V0.4463
х'
, 2,16
2,18
2,26 "
0,4881 • . 2,78 .
0.4973
0,4474
<1;87
1.88
0.4693
1,62 .
.0,4699
2,28
0,4887
2,80
0,4974
1,63
0.4484 '
"1,89
0,4706
2.30
0,4893
"2,82
0.4976
1.64 . • 0,4495'
1,90
0,4713
2,32
0.4898
2;84
0,4977
0.4979
1,65 .
0,4505
1,91
0,4719
2,34
0,4904
2,86
1,66
0,4515
1,92
0,4726
2,36
0,4909'
2.88:
0,4732
2,38 „
0.4913 | м 2 , 9 0 „
.0,4525, .
, 1,67
0,4980
.0,4981 1
1,68
0.4535
.1,93.,
1,94
0,4738
2,40
0,4918
2,92
1,69
0,4545
1,95
' 0,4744
2,42
'0.4922
'2,94 '
' 1,70
0.45М
1,96
0,4750
2,44
,. 0,4927
.2,96
1,71
1.72
0,4564
1,97
0,4756
2,46
2,98
0,4573
1,98
0,4761
2,48
0.4931
0,4934
1,73
0,4582
1,99
0.4767
2,50
0,4938
3,20 ;
1,74
0,4591
2,00
0,4772
2,52
0,4941
3,40
0,49966
' 1,75
0,4599
2,02
0,4783
2,54>
0,4945
• 3,60
0,499841
1,76
0,4608
2,04
0,4793
2,56
0,4948
3,80
0,499928
1,77
0.4616
2.06
0,4803
2,58
0.4951
4.00
0.499968
1.78
0,4625
2,08
0,4812
2,60
' 0,4953
4;50
0,499997 '
.1,79.
0,4633
2,10
0.4821
2,62 .
0,4956
5.00
0,499997
1,80
0,4641
2,12
0.4830
2,64
0,4959
1.81
0.4649
2,14
0.4838
2,66
0,4961
3,00-
0,4982
1
,
0,4984
0,4985
•
0,4986
" '0,49865
0,49931 :
Приложение 3
Критические значения Х распределения Колмогорова
а
Р(Л>Я )=а
а
Уровень
значимости ОС
К
0,20
0,10
0,05
0,02
0,01
0,001
1,073
1,224
1,358
1,520
1,627"
1,950
-
-Рекомендуемая литература
1. Агапов Г.И.'Задачник по теории вероятностей: Учеб. пособ. для вузов /
Г.И. Агапов. —2-е изд., доп. - М . : Высшая школа, 1994. — 112 е.: ил "
2. Андрухаев Х.М. Сборник задач-по теории вероятностей: учеб. пособие
для студ. вузов, обуч:_по спец:Д10100 «Математика» и 010200 «Прикл.
- математика'-
:
и; • информатика» - У Х.М.
Андрухаев; - ред.
А.С.
.Солодовников. -.2-е. изд.,' испр. ,и доп. - М.: Высшая-школа, 2005. ,lj74[2] с : рис.,табл.".
—'
4
-
3.. Бёрнштейн С.Н. Теория вероятностей / С.Н. Бернштейн. - 4-е изд.; доп.
М.; Л.: Гос. изд-водехн.-теоретич. лит., 1946. - 556 с.
4. Боев Г.П. Теория вероятностей / Г.П. Боев; ред. Б.В. Гнеденко. - М . ; Л.:
Изд-во технико-теоретич. лит., 1950. - 368 с.
5. 'Боровков А.А. Теория''вероятностей: Учеб. пособие для мат. и физ.
спец. вузов / А.А. Боровков". - 2-е изд., перераб. и доп. - М.: Наука,
1986.-431 с : и л . '
6. Бородин
А.Н.
Элементарный
курс
теории
вероятностей
и
математической статистики:; Учеб. пособие для студ. вузов математ.
спец. / А.Н. Бородин. - СПб.: Лань, 1999. - 223 с.
7. Булинский А.В. Теория случайных процессов У А.В. Булинский, А.Н.
' " Ширяев. - М.: ФЙЗМАТЛИТ; М.: Лаборатория Базовых Знаний, 2003.
!
- 4 0 0 с.
•
.
, .
8. Бухараев Р.Г. Вероятностные автоматы и процессоры / Р. Г. Бухараев. М.: Знание, 1986. - 4 7 , [ 1 ] с : ил.
9. Вентцель Е.С. Задачи и упражнения по теории вероятностей: учебное
пособие / Е.С. Вентцель, Л.А.Овчаров. - 3-е изд., стер. - М.: Высшая
школа, 2000. - 364с.
Ю.Вентцель Е.С. Теория вероятностей: Учебник для студ. вузов / Е.С.
Вентцель. - 5-е изд., стереотип., 6-е изд., стереотип. - М.: Высшая
школа, 1998,1999. - 576 с : ил.
11.Вентцель Е.С. Теория вероятностей и ее инженерные приложения /
Е.С. Вентцель, Л.А. Овчаров. - М . : Наука, 1 9 8 8 . - 4 8 0 с.:т. -;
•
г
12.Вентцель
Е.С.
Теория
случайных процессов - и
ее-.инженерные
ь
приложения: учебник / Е.С: Вентцель, Л.А. Овчаров . - 2-е изд.','стер. М.: Высшая школа, 2000. - 383с.
. . .
г
13. Гихман И.И. Теория вероятностей и математическая статистика: Учеб.
для студ. ун-тов / И.И. Гихман, А.В. Скороход, М.И. Ядренко. - Киев:
Вища школа, 1979. - 406 с : ил.
14. Гмурман В.Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и
математической статистике: учеб. пособие для студ.. вузов,/ В.Е.
Гмурман. - 8-е изд., стереотип. - М : Высшая школа, 2003. - 406[7] с :
ИЛ.
,-
...
,
, .
,
\-- 15.Гмурман В.Е. Теория вероятностей и математическая статистика : учеб.
пособие для студ. вузов / В.Е. Гмурман..- 10-е изд., стереотип. - М.:
Высшая школа, 2004. - 479 с : ил.
16.Гнеденко Б.В. Курс теории вероятностей: [учебник для гос.„ун-тов] /
, .
Б.В. Гнеденко; - 4-е изд., перераб. - М.: Физматгиз, 1965. -.,400 с.
•> 17.Гнеденко Б.В. Элементарное введение ,в теорию вероятностей / Б.В.
Гнеденко, А.Я. Хинчин. - 9-е изд. - М.: Наука, 1982. - 160 е.: ил.
18. Григорян
А. А.
Закономерности
и
парадоксы
развития , теории
вероятностей: философско-методологический анализ / А.А. Григорян. М.: Едиториал УРСС, 2 0 0 4 . - 118[2] с.
- .
19. Дуб Дж.Л. Вероятностнью процессы: Пер. с англ. / Дж.Л. Дуб; пер.:
Р.Л. Добрушин, А.М. Яглом. - М : Иностр. лит., 1956. - 605 с.
20. Ермаков С М . Метод Монте-Карло и смежные вопросы / С М . Ермаков.
- - 2 - е и з д . д о п . - М . : Наука, 1975.-471 с : ил.
.,
,
21.Зельдович Я.Б. Элементы прикладной математики: [научное издание] /
Я.Б. Зельдович, А.Д. Мышкис. - М.: Лань, 2002. - 592 с. - (Учебники
для вузов. Специальная литература).
" 22:Кац М. Вероятность и смежные вопросы в физике / М. Кац; пер. Р.А.
1
Милнос. - М.: Мир, 1 9 6 5 . - 4 0 7 с.
*
J
23:Коваленко И.Н. Теория вероятностей и математическая статистика:
• Учеб. пособ.' для студ. вузов / И.Н/Коваленко, А.А. Филиппова. - 2-е
изд. перераб.и доп. - М.: Высшая школа, 1982. - 256 с.: ил.
24. Колде Я.К. Практикум по теории'вероятностей и математической
" статистике: [Учеб. пособие для сред. спец. учеб. заведений по спец.
г
1735 «Программир. для быстродействующих мат. Машин»] 7 Я.К.
Колде. ^ М . : Высш. шк., 1991. - 1 5 6 , [ 1 ] с.
25. Колмогоров А.Н. Основные понятия теории вероятностей / А.Н.
Колмогоров. - 2-е изд - М . : Наука, 1974. - 119 с.
26. Коршунов Д.А. Сборник задач и упражнений по теории вероятностей:
учёб, пособие /'Д.А! Коршунов, С.Г. Фосс, И.М. Эйсымонт. - СПб.; М.;
Краснодар: Лань, 2004. — 192 с. - (Учебники для вузов. Специальная
литература).
27. Кочетков Е.С. Теория'вероятностей и математическая статистика:
учебник для студ: учреждений ср. проф. образов., обуч. по спец.
информатики и вычислит, техники / Е.С. Кочетков, С О . Смерчинская,
В.В. Соколов: - М.: Форум; М.: ИНФРА-М, 2005. - 239 с : рис.
28. Кремер Н. Ш. Теория вероятностей и математическая статистика:
учебник для студ. вузов, обуч. по экономич. Спец. / Н.Ш. Кремер. - 2-е
изд., перераб. и доп. - М . : ЮНИТИ-ДАНА, 2006. - 573 с: 29. Курно О. Основы теории шансов и вероятностей / О. Курно. - М.:
Наука; 1 9 7 0 . - 3 8 4 с
30. Лихолетов И.И, Руководство к решению задач по высшей математике,
теории вероятностей и математической статистике / И.И. Лихолетов,
Й.П. Мацкевич. — 2-е изд./испр. и доп. - Минск: Вышайшая школа,
1969.-452 с
31. Лобачевский Н. И.Полное собрание сочинений / Н.И. Лобачевский; гл.
ред. В. Ф. Каган. - М.-Л.: Гиз техн.-тёорет. лит. - 1946.
138
'
32.Т. 5: Сочинения по математическому анализу, теории вероятностей,
механике и астрономии. - 1 9 5 1 . ' - 4 9 9 с.
' ^ З . Л ю т й к а с B . C . '-Факультативный
.
курс
по
математике:'
теория
вероятностей : учеб. пособие для 9-1Ьх кл. сред. шк. / B . C . Лютикас. 3-е изд., перераб.-М.: Просвещение, 1990. - 160[1] с.
34. Майстров Л.Е. Развитие понятия вероятности /,-Л.Е. Майстров. — М.:
1
• Наука, 1 9 8 0 . - 2 6 9 с : ил,
,
,
35. Мальпнев В.А. Введение в теорию вероятностей: Курс лекций для
студентов 2 курса / В.А. Малышев, М:В. Меньшиков, Е.Н. Петрова;
МГУ. - М . : МГУ, 1997. - 119 с : ил.
>
36. Манделъброт Б. Фракталы, случай и финансы (1959-1997): пер. с фр. /
Б. Мандельброт. - М.: НИЦ «Регулярная и хаотическая динамика»,
J
2 0 0 4 . - 2 5 6 с : рис. (Programme A . Pouchkine)'
• • 37:Мостеллер
Ф.
Пятьдесят занимательных
вероятностных .задач с
решениями: Пер. с англ. / Ф. Мостеллер; Ред. Ю.В. Линнйтс. - 2-е изд.,
и с п р . - М . : Наука, 1 9 7 5 . - 1 1 2 с : ил.
38. Нйворожкйна Л.И. Математическая статистика с элементами теории
вероятностей в задачах с решениями: учеб. пособие для,студ.-вузов,
обуч. • по спец. 061700 «Статистика» и др.- эконом, спец. / Л.И.
Нйворожкйна, З.А. Морозова. - М.: МарТ; Ростов н/Д: Изд. центр
«МарТ», 2005. - 600 с. - (Учебный курс).
."
•> .
•
39. Новоселов А.А. Математическое моделирование финансовых рисков:
Теория измерения / А.А.Новоселов; РАН. - Новосибирск:.Наука, 2001.
5
- 102 с.
. ' ' . ' • „ •
40. Палий И.А. Задачник по теории вероятностей / И.А. Палий; отв.'ред.
A . M . Завьялов; СибАДИ. - М.: Наука, 2004. 237 с.
41. Письменный
Д.Т.
Конспект лекций
по
теории • вероятностей
и
математической статистике / Д.Т. Письменный . - 2-е год:, испр: - М.:
Айрис-пресс, 2005. - 256 с. - (Высшее образование).
'
42; Пугачев . B . C . i Введение, в - теорию
вероятностей:
дисциплины / B . C . Пугачев. + М.: Наука, 1968. - 368 с.
к
-
изучению
ч
.
. 4 3 . Пугачев B . C . Теория вероятностей и математическая статистика:
Учебник для студ.- вузов / В.С: Пугачев. - 2-е изд., испр. и доп. - М.:
;
ФИЗМАТЛИТ, 2002. - 496 с.
44. Солодовников А.С: Теория вероятностей: Учеб. пособие для студ. пед.
ин-тов по матем. спец. / А.С. Солодовников. - М.: Просвещение, 1983.
.
-207с.
'
- |• -•<
~ '
45. Справочник по теорий ^вероятностей и математической статистике /
B . C . Королюк, Н.И. Портенко, А В . Скороход, А.Ф. Турбин. - 2-е изд.,
-
перераб. и доп. - М.: Наука, 1985. - 640 с.
46. Троицкая
О.Н.
вероятностей:
Элементы
"
комбинаторики
учеб.-метод: < разработка
/
и
О.Н.
основы
теории
Троицкая,„ Н.Н.
Патронова,. М.В. Шабанова,,А.Е. Зайков; ПТУ. - Архангельск: изд-во
ПТУ, 2004.
47. Федоткин
86 с.
М.А.
i • •„
Основы
• .
прикладной
теории
.,
вероятностей
и
•статистики: учебник для студ. вузов, обуч. по спец. «Прикладная
математика :и информатика» и по напр. «Прикладная математика и
информатика» •/. М.А. Федоткин. - М.: Высшая школа, 2006. - . 3 6 8 с:
• табл.
..
•
•
•t
48. Феллер В. Введение в теорию вероятностей и ее приложения: В 2-х т.:
,
Пер. с англ. /.В. Феллер.— М.: Мир -Т. 1. - 1984. - 523 с.
>
49. Феллер В. Введение в теорию вероятностей и ее приложения: В 2-х т.:
Пер. с англ. / В. Феллер. - М.: Мир - Т.2. - 1984. - 746 с.
50. Хинчин А.Я. Асимптотические законы теории вероятностей: Пер.с
нем. / Хинчин А.Я. - М.; Л.: Госиздат, 1936. - 96 с.
51. Хрестоматия по истории математики. Математический анатиз. Теория
вероятностей: Учеб. пособие для студ. пед. ин-тов /
Юшкевич. - М . : Просвещение, 1 9 7 7 . - 2 2 4 с : ил.
Ред. А.П.
52. Шапкин А.С. Задачи по • высшей математике, теории вероятностей,
математической статистике, математическому программированию с
решениями: учеб. пособие для студ. вузов, обуч. по спец. 061800
«Математ. методы в экономике» и др. эконом, спец. / А.С. Шапкин. - 3е изд. - М.: «Дашков и К», 2006. - 432 с : рис.
53. Ширяев А. Н. Вероятность: Учеб. пособ. для студ. ун-тов / А.Н.
Ширяев; - М.: Наука; М.: Гл. ред.физ.-мат. лит.; 1980. - 5 7 4 с : ил.
1
54. Юдин М.Д. Сходимость распределений сумм случайных величин:
Учебно- методическое пособие / М.Д. Юдин. - Мн.: Университетское,
1 9 9 0 . - 2 5 4 с : ил.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Глава 1. Элементы комбинаторики
1.1.
Основные правила комбинаторики
3
1.2. Основные понятия комбинаторики
5
1-.3.. Полиномиальная формула
1.4. Комбинаторные тождества
...12
:
v..-...-..14
'•1*5.'* Формула включения - исключения
и ее обобщение
Задачи для самостоятельного решения
..17
20
Глава 2. Случайные события и их вероятности
2.1. Вероятностное пространство
32
2.2. Условные вероятности
44
2.3. Независимость событий
46
2.4. Формула полной вероятности
и формула Байеса
48
2.5. Независимые испытания. Схема Бернулли
50
2.6. Предельные теоремы в схеме Бернулли
56
Задачи для самостоятельного решения
60
Решения и указания
92
Ответы
130
Приложения
133
Рекомендуемая литература
136
Михайлов Евгений Владимирович
Патронова Нина Николаевна
Тепляков Вячеслав Васильевич
ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ
Часть 1. Комбинаторика.
Случайные события и их вероятности
Учебное
пособие
Издание осуществляется в авторской редакции
Оригинал-макет выполнил
Е.В. Михайлов
Подписано в печать 29.07.2013. Формат 60x84 1/16. Бумага офисная.
Печ. л. 8,8. Тираж 60 экз. Заказ № 148.
Издательство «КИРА»
163061, г. Архангельск, ул. Поморская, 34, тел. 650-670.
Типография «КИРА»
163061, г. Архангельск, ул. Поморская, 34, тел. 65-47-11.
e-mail: oookira@ataet.ru