ТВ-3-Глава I

Глава 1
1.1. Елементи комбінаторики
Розглянемо скінченну множину елементів, з яких будемо
утворювати підмножини. Наприклад, множину букв, цифр, або
інших об’єктів. Підмножинами можуть бути сполучення букв, цифр
і ін. Так із множини цифр 0, 1, 2, ..., 9 можна утворити різні
підмножини (сполучення): 123, 312, 90735, 1991, 48 і. т. д. Деякі з
них, такі як 123, 312, відрізняются порядком цифр, інші, наприклад,
90735 і 48, відрізняются цифрами, а також їх кількістю.
Означення. Різні підмножини, що утворені із яких-небудь
елементів і відрізняються одна від одної або самими елементами,
або порядком їх розташування, називаються сполуками.
Елементи, з яких утворюються сполуки позначаються
буквами a, b, c, ... .
Серед сполук розрізняють основні види: розміщення,
перестановки, комбінації, а також їх види з повтореннями. Далі ми
детально розглянемо кожний з цих видів сполук.
Область математики, у якій вивчається питання про
кількість різних сполук, які підпорядковані тим чи іншим умовам, і
які можна скласти із заданих елементів, називається
комбінаторикою.
1.1.1. Розміщення
Нехай дано три елементи a , b , c . З них можна утворити
такі сполуки:
1) по одному елементу:
a , b, c ;
2) по два:
ab , ac , bc , ba , ca , cb ;
3) по три:
abc , acb , bac , bca , cab , cba .
Якщо, наприклад, розглянути сполуки по два елементи, то
деякі з них відрізняються елементами ab i ca  , інші – порядком
елеметів ac i ca  . Такі сполуки називаються розміщеннями із 3 –
х елементів по 2.
Означення 1. Розміщеннями із n елементів по m
називаються такі сполуки, які містять по m елементів, взятих із
6
даних n елементів, і які відрізняються одна від одної або
елементами, або порядком елементів.
Число розміщень позначається Anm .
Із наведених вище прикладів ми бачимо, що A31  3 ,
A32  6 , A33  6 .
Теорема.Число всіх можливих розміщень із n елементів по
m дорівнює добутку m послідовних натуральних чисел, з яких
найбільшим є n , тобто
Anm  nn  1n  2...n  m  1 . (1)
Дійсно, нехай нам дано n елементів
a , b , c , ..., k , l .
Розглянемо розміщення по одному елементу. Зрозуміло, що їх буде
n , тобто
An1  n .
Тепер розглянемо, які можливі розміщення по 2 елементи.
Щоб їх отримати, ми допишемо до кожного з n даних елементів
ще по одному, взятих із решти n  1 елементів. Так, до елемента
a допишемо послідовно решту елементів: b , c , ..., k , l ; до
елемента b послідовно решту елементів a , c , ..., k , l і т. д.
Отримаємо всі розміщення із n елементів по 2:
ab , ac , ad , ..., ak , al  n  1 розміщень ;
ba , bc , bd , ..., bk , bl  n  1 розміщень ;

nca , cb , cd , ..., ck , cl  n  1 розміщень ;
                      ;

 la , lb , lc , ..., lk  n  1 розміщень .
Записано рядків n , а число всіх розміщень в кожному з цих
рядків n  1 . Загальна кількість всіх розміщень дорівнює добутку
n на n  1 , тобто
An2  nn  1 .
Щоб отримати розміщення по 3 елементи в кожному, нам
потрібно до кожної із записаних пар елементів долучити ще по
7
одному елементу із n  2  елементів, що залишились.
Наприклад, до ab потрібно долучити один із n  2   x
елементів c , d , ..., k , l . Тоді всіх розміщень по 3 елементи буде:
An3  nn  1n  2
і т. д. На m -му кроці отримаємо формулу (1).
Приклад 1. Студенти групи вивчають 9 навчальних
дисциплін по 3 пари щоденно. Скількома способами можна
розподілити пари на день ?
Розв’язання Усі можливі способи розподілу пар на день
являють собою, очевидно, всі можливі розміщення із 9 елементів по
3, тому їх кількість дорівнює
A93  9  8  7  504 .
У
деяких
задачах
зустрічаються
розміщення
з
повтореннями.
Означення 2. Розміщеннями із n елементів по m з
повтореннями називаються такі сполуки, які містять по m
елементів, взятих із даних n елементів, причому окремі елементи
можуть появлятися 0 , 1 , 2 , ..., m раз.
Число розміщень з повтореннями позначаються через Anm і
обчислюються за формулою
(2)
Anm  n m .
Приклад 2. Автомобільний номер складається із 5 цифр (із
набору 0, 1, 2, 3, ..., 9) і 2 букв. У сполуках із букв для номерів
автомобілів, які зареєстровані у Дніпропетровській області, на
першому місці ставиться буква А, на другому – одна з букв А, Б, В,
І, К, Н. Скільки автомобільних номерів можна скласти в області ?
Розв’язання. Числова частина номера є одним з розміщень
із n  10 по m  5 з повтореннями. Їх кількість
5
A10
 10 5 ,
із них необхідно виключити розміщення 000-00, бо такий номер не
використовується, тобто всіх числових сполук буде
10 5  1  99 999 .
Кількість сполучень букв , а вони рахуються за другими
буквами для області (перша буква – фіксована), буде шість.
8
Загальне число всіх автомобільних номерів при згаданій системі
дорівнює:
10 5  1  6  599994 .


1.1.2. Перестановки
Означення. Перестановками називаються розміщення із
n елементів по n і позначаються Pn .
Згідно з означенням
Pn  Ann  nn  1n  2 ...n  n  1  nn  1n  2 ...1 .
Добуток всіх натуральних чисел від 1 до n позначається n!
(читається n факторіал).
Таким чином,
n!  1  2  3...n  1n  n  1! n .
Тоді формула для обчислення кількості перестановок
запишеться:
(3)
Pn  n! .
При цьому мається на увазі, що 1!  1 .
Зауваження. Іноді зустрічається позначення 0! . Прийнято
вважати за означенням, що 0!  1 .
Приклад. Скільки п’ятизначних телефонних номерів,
можна скласти використовуючи цифри 3, 4, 5, 6, 7 (без повторень)?
Розв’язання. Оскільки кожний номер телефона складається
з п’яти цифр і за умовою використовуються тільки названі 5 цифр,
то такі номери будуть відрізнятися тільки порядком цифр, тобто це
будуть перестановки, і їх кількість доріврнює:
P5  5!  1  2  3  4  5  120 .
1.1.3. Комбінації (сполучення)
Означення. Комбінаціями (сполученнями) із n елементів
по m (позначається C nm ) називаються ті розміщення із n
елементів по m , які відрізняються хоча б одним елементом.
Число комбінацій обчислюється за формулою
9
C nm
Anm nn  1n  2 ...n  m  1


. (4)
Pm
1  2  3...  m
Формулу (4) пояснимо на такому прикладі. Нехай дано
чотири елемента a , b , c , d , комбінаціями з цих елементів по 3
будуть:
abc , abd , acd , bcd .
(Порядок елементів в комбінаціях ролі не грає). Якщо в кожній з
цих комбінацій зробити всі можливі перестановки, то дістанемо всі
можливі розміщення з чотирьох елементів по 3:
abc
abd
acd
bcd
acb
adb
adc
bdc
bac
bda
cad
cbd
bca
bad
cda
cdb
cab
dab
dac
dbc
cba
dba
dca
dcb
Число таких розміщень дорівнює 6  4  24 .
Таким чином, число всіх розміщень з n елементів по m
дорівнює числу всіх можливих комбінацій елементів по m ,
помноженому на число всіх перстановок, які можна зробити із
m елементів, тобто
Anm  C nm  Pm ,
звідки і випливає формула (4).
В данному прикладі
C 43 
4 3 2
 4.
1 2  3
Домножимо чисельник і знаменник у формулі (4) на
1  2  3  ...  n  m  n  m ! , тоді отримаємо
C nm 
nn  1...n  m  1 n  m ...3  2  1


n  m ...3  2  1
1  2  3...m
10
 C nm 
n!
.
n  m ! m!
(5)
За означенням приймають C n0  1 . Це означення можна
отримати із формули (5), якщо прийняти до уваги, що 0!  1 (див.
зауваження в 1. 2).
Зауваження. При обчисленні числа комбінацій іноді зручно
користуватись співвідношенням:
C nm  C nnm .
(6)
Дійсно, якщо за формулою (5) записати
отримаємо:
C nn  m 
n!
n!

.
n  n  m ! n  m ! m! n  m !
C mn m , то
(7)
Останній вираз збігається з правою частиною у формулі (5).
Відмітимо
ще,
що
C n0 ,
C n1 ,
C n2 ,
...,
C nm
, ...,
C nn2 , C nn1 , C nn ,
числа
є коефіцієнтам у біномі
Ньютона:
a  bn  C n0 a n b 0  C n1 a n1b1  C n2 a n2 b 2  ... 
 C nn 2 a 2 b n 2  C nn1 ab n1  C nn a 0 b n ,
(8)
причому згідно з рівністю (6) коефіцієнти, рівновіддалені від кінців
у формулі (8), рівні між собою, тобто,
nn  1
і т. д.
1 2
4
7
Приклад 1. Записати за формулою (8) a  b  , a  b ,
C n0  C nn  1, C n1  C nn 1  n , C n2  C nn 2 
a  b9 , обчисливши біноміальні коефіцієнти за формулами (4) і
(6).
Приклад 2. Скількома різними способами можна заповнити
картку спортлото, в якій із 49 чисел необхідно вибрати 6 ?
Розв’язання. Дві заповнені картки вважаються різними,
якщо серед вибраних 6 чисел вони відрізняються хоча б одним
числом, тобто це будуть комбінації, а їх кількість дорівнює:
6
C 49

49  48  47  46  45  44
 13 983 816 .
1 2  3  4  5  6
11
Приклад 3. Скількома способами в даному таймі тренер
може виставити на поле 5 баскетболістів, якщо у команді 10
гравців, причому одного із провідних гравців тренер планує задіяти
у грі без заміни на весь тайм ?
Розв’язання. Оскільки один з провідних гравців повинен
бути постійно у грі весь тайм, то міняти прийдеться тільки 4-х
гравців із решти 9, тобто отримаємо
C 94 
9  8 7  6
 126 .
1 2  3 4
1.1.4. Перестановки та комбінації з повторенням
Число
різних
перестановок
з
повтореннями
Pn m 1 , m 2 , ..., m k  , які можна утворити з n елементів, серед
яких m 1 однакових елементів I-го типу, m 2 одинакових елементів
II-го типу, і т. д., m k однакових елементів k -го типу, причому
m 1  m 2  ...  m k  n , знаходяться за формулою:
Pn m 1 , m 2 , ..., m k  
n!
.
m 1 !m 2 !...  m k !
(9)
Приклад 1. Скільки різних з’єднань букв можна утворити,
переставляючи букви: 1) у слові „мама”, записати ці сполучення
букв; 2) у слові „паралелограм” ?
Розв’язання.
1) У слові „мама” n  4 букви, причому букв „м” – дві,
букв „а” – дві. За формулою (9) всіх перестановок буде:
P4 2 , 2  
4!
4 3 21

6.
2!2!
22
А самі перестановки будуть такими: „мама”, „маам”, „амам”,
„аамм”, „амма”.
2) У слові „паралелограм” є 12 букв, із них букв „а” – 3, „г”
– 1, „е” – 1, „л” – 2, „м” – 1, „о” – 1, „п” – 1, „р” – 2. Всіх
перестановок:
P12 3 , 1 , 1 , 2 , 1 , 1 , 1 , 2  
12!
3! 2! 1!
12
2
5
 19 958 400 .
Приклад 2. Скількома способами на першій горизонталі
шахматної дошки можна розставити такі однокольорові фігури: дві
ладді, два коні, два слони, одного ферзя, і одного короля ?
Розв’язання. Всіх фігур 8, причому m 1  2 , m 2  2 ,
m 3  2 , m 4  1 , m 5  1 , тоді
P5 2 , 2 , 2 , 1 , 1 
8!
2!3 1!2
 5 040 .
Розглянемо комбінації з повтореннями.
Число комбінацій з повтореннями (позначається C nm ) із n по m
елементів є такі сполуки по m елементів в кожній (елементи
можуть повторюватись), які вибираються із елементів n типів,
причому порядок елементів не враховується, знаходиться за
формулою:
C nm  C nm m1 ,
(10)
де може бути m  n .
Приклад 3. На складі потрібно отримати 5 однотипних
деталей , кожна з яких може бути покрашеною в один з трьох
кольорів: червоний, чорний, зелений. Скількома способами можна
вибрати 5 деталей трьох кольорів ?
Розв'язання. За умовою задачі m = 5, n = 3, тому за
формулою (9) знаходимо
C 35  C 35 5 1  C 75  C 72 
76
 21.
1 2
Задачі на комбінаторику
1. У розкладі на один день з 11 дисциплін повинно бути 5
уроків. Знайти кількість всіх можливих розкладів на день, якщо
враховується порядок розміщення дисциплін.
2. Скількома способами можна вибрати 3 чергових в групі з 20
чоловік ?
3. До складу комісії входять 7 чоловік. Необхідно обрати
правління комісії, в яке входять голова, його замісник і секретар.
Скількома способами можна обрати правління комісії ?
13
4. Скільки 3-х значних чисел можна скласти з цифр 1,3,5, якщо:
а) цифри не повторюються; б) цифри повторюються ?
5. У одного студента 7 різних книг з математики, у другого – 9
різних книг технічного змісту. Скількома способами вони можуть
здійснити обмін книги на книгу?
6. У вазі стоять 10 червоних і 4 рожевих гвоздики. Скількома
способами можна вибрати букет із 3 квіток ?
7. У спортивному клубі займаються 12 штангістів, 15
легкоатлетів, 14 борців. На міжклубні змагання необхідно виставити
команду з 12 чоловік: 3-х штангістів, 5-ти легкоатлетів, 4-х борців.
Скількома різними способами можна укомплектувати команду ?
8. Скількома способами 10 чоловік можуть стати в черзі один
за одним ?
9. Скільки не більше ніж трьохзначних чисел можна скласти із
цифр 1,2,3,4,5 ?
10. Скільки повних різних обідів можна скласти, якщо в меню є
3 перших блюда, 4 других і 2 третіх ?
11. Скільки можна скласти різних сполук із п’яти, які не
повторюються, букв (“слів”), що входять до складу слова “подія” ?
12. Скількома способами можна розмістити на вітринній полиці
4 книги з теорії ймовірностей, 3 книги з теорії ігор і 2 книги з
математичної статистики, якщо книги з кожного предмета однакові?
13. В електричній мережі 6 перемикачів. Кожний з перемикачів
може бути включеним або виключеним. Скільки існує різних
положень, в яких можуть бути всі перемикачі ?
14. Скільки хорд можна провести через 4 точки, які належать
одному колу ?
15. Скільки чотиризначних чисел можна утворити із непарних
цифр, якщо кожна з них може повторюватись ?
16. Скількома способами групу студентів із восьми чоловік
можна розбити на дві підгрупи із 3-х і 5-ти чоловік ?
17. Скільки різних “слів”, кожне з яких складається із 7 літер,
можна скласти із літер слова “колобок” ?
18. На колі вибрано 10 точок. Скільки існує трикутників з
вершинами в цих точках ?
19. Групу з 20 студентів потрібно розділити на 3 бригади,
причому в першу бригаду повинно входити 3 чоловіка, в другу – 5, а
у третю – 12. Скількома способами це можна зробити ?
20. Для участі в команді тренер відбирає 5 гравців із 10.
14
Скількома способами він може сформувати команду, якщо 2 із
гравців повинні обов’язково входити в команду ?
3
5
 1140 . 3.  37  210 . 4. а) 6 ; б)
Відповіді. 1. 11
 55440 . 2. C 20
33  27 . 5. 63 . 6. C143  364 . 7. C123  C155  C144 . 8. 10! 9. 5+20+60 =
9!
=85. 10. 24. 11. 5! 12.
. 13. 2 6 . 14. C 42  6 . 15. 5 4 . 16. C83 . 17.
4!3!2!
7!
3
 C175 . 20. 56.
. 18. 120. 19. C 20
2!3!
1.2. Класифікація подій
Багато явищ у природі або діяльності людей дослідники
вивчають за допомогою спостережень або проведенням дослідів,
випробувань. Для проведення випробування необхідно створити
певний комплекс умов.
Результат випробування називають подією.
Наприклад, щоб випускати певну продукцію, необхідно
створити відповідні для виробництва умови (комплекс умов).
Результат виробництва – готова продукція (подія).
Щоб перевірити на якість електролампу, необхідно
включити її в електричне коло з видповідною напругою і силою
струму (створити комплекс умов). Результат перевірки: лампа може
горіти, або не горіти, тобто бути якісною або бракованою (подія).
Часто деякі випробування можуть повторюватись багато
разів при одних і тих же умовах, в результаті чого появляється
множина подій, які підпорядковуються певній закономірності.
Наприклад, при перевірці на стандартність великої партії
виробів необхідно хоча б деякі з них випробувати. Для цього
потрібно мати вироби, випробувний стенд з приладами
спостереження, обслуговуючий персонал, - все це відноситься до
комплексу умов. В результаті випробувань можливі події: а) виріб
стандартний, б) виріб нестандартний. При масовому виробництві
при одних і тих же умовах у кожній із партій виробів відношення
числа стандартних (або нестандартних) виробів до загального числа
всіх перевірених виражається числами (відносними частотами), які,
як правило, мало відрізняються одне від одного. Таким чином,
з’являється числовий вираз можливості появи даної події.
Події, які вивчаються у теорії ймовірностей, прийнято
15
позначати великими буквами A , B , C , ..., і ділять їх на три види:
достовірні (або вірогідні), неможливі і випадкові.
Достовірною
(вірогідною)
називають
подію,
яка
обов’язково відбувається при здійсненні певного комплексу умов.
Наприклад, якщо в ящику всі кулі тільки білого кольору і
навмання (наугад) вибирається одна із них, то вона буде
обов’язково білою. Це достовірна подія.
Неможливою називають подію, яка при заданому
комплексі умов не може відбутися.
Наприклад, з того ж ящика, в якому тільки білі кулі, взяти
навмання чорну кулю неможливо.
Випадковими називаються події, які при заданому
комплексі умов можуть відбуватися, або не відбуватися.
Розглянемо приклади випадкових подій.
1) При заданій технології цех виготовив партію деталей.
Навмання вибирається одна з них. Може виявитися, що ця деталь
стандартна (подія A ), або нестандартна (подія B ). A і B випадкові події.
2) При підкиданні тонка монета падає на горизонтальну
поверхню стола. Випадання „герба” (подія A ) або „числа” (подія
B ) – це випадкові події.
3) В урні лежать 20 однакових за вагою, діаметром,
шорсткістю, але різних за кольором куль, причому 10 із них – білі,
7 – червоні, 3 – чорні. Кулі перемішуються і навмання вибирається
одна з куль. Вибір білої кулі – це подія, яку позначимо через A , B
- червона куля, C - чорна куля. Тут маємо справу з трьома
випадковими подіями.
Замітимо, що в подальшому для наочності ряду положень
теорії ймовірностей, ми будемо використовувати як модель так
звану урнову схему. Мається на увазі урна (ящик) з кулями, які
задовольняють описаним вище вимогам. Після перемішування
наугад вибирається одна або більше куль.
4) Грані грального кубика мають номери: 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Випадання довільного числа від 1 до 6 при підкиданні кубика –
випадкові події. В даному випадку таких подій шість. В подальших
прикладах будемо мати на увазі, що центр ваги кубика не
зміщений.
5) Число можливих захворювань при розповсюдженні
епідемії грипу в даному регіоні – теж випадкова подія.
16
6) Дорожно-транспортна пригода – випадкова подія.
7) Настання сухої або дощової погоди на наступний день –
подія випадкова.
8) При вимірюванні довжини відрізка кілька разів ми
будемо отримувати різні значення, які залежать від багатьох
факторів, наприклад, точності вимірювального приладу,
температури, вологи, освітленності навколишнього середовища,
стану людини, яка виконує вимірювання, її навиків і т. п. Таким
чином результат вимірювання – теж випадкова подія.
У наведених прикладах ми бачимо, що в результаті різних
випробувань може з’явитись одна із декількох випадкових подій.
Яка саме ? Наперед точно завбачити неможливо. Інтуїтивно ми
можемо припустити, що у прикладі 2 випадання „герба” або
„числа” при підкиданні монети мають однакові можливості. У
прикладі 3 випадковий вибір білої кулі більш можливий, ніж
чорної. Рівноможливими є поява чисел від 1 до 6 при підкиданні
грального кубика (приклад 4).
Більш складною є оцінка можливості появи випадкових
подій в прикладах 1, 5 – 8. Так, наприклад, прогнозування числа
захворювань оцінюється на основі накопичених багатьох
статистичних даних, старанного вивчення характеру захворювання,
його причин і способів поширення. Такий прогноз дозволяє зарані
створити запас лікарств, намітити заходи по зниженню наслідків
епідемії.
Виявити закономірність однорідних випадкових подій
можна тоді, коли є можливість багаторазово за ними спостерігати,
практично необмежене число разів. Такі випадкові події
називаються масовими.
Можливість появи випадкових подій характеризується
числом, яке називають ймовірністю події.
Теорія ймовірностей вивчає ймовірнісні закономірності
однорідних
випадкових
масових
подій.
Знання
цих
закономірностей дозволяє передбачити, як ці події будуть
відбуватися.
Методи теорії імовірностей широко застосовуються в різних
природничих науках, у прикладних технічних областях. Теорія
ймовірностей є основою теорії надійності, теорії масового
обслуговування. Багато досліджень в економічних науках пов’язані
з використанням теорії ймовірностей.
17
В окремих простих схемах ймовірність випадкової події
може бути обчислена безпосередньо. Про це в наступному
параграфі.
1.3. Класичне означення ймовірності
Введемо необхідні терміни і означення.
Випадкові події називаються несумісними, якщо вони не
можуть відбуватися одночасно.
Наприклад, поява „герба” і „числа” одночасно при
підкиданні монети неможлива, ці події несумісні.
У прикладі 3 (§1.2) з урни навмання вибиралась куля одного
з трьох кольорів: білого (подія А), червоного (подія В) і чорного
(подія С). Тут події А, В, С – попарно несумісні.
Несумісними будуть такі події, як попадання і промах після
зробленого пострілу.
Випадкові події A1 , A2 , ..., An скінченної множини
утворюють повну групу попарно несумісних подій, якщо при
кожному випробуванні з’являється одна і тільки одна з цих подій,
тобто події A1 , A2 , ..., An - єдино можливі.
Приклади.
1. При підкиданні монети повну групу
утворюють дві випадкові події: поява „герба” (подія A ) і поява
„числа” (подія B ).
2. При підкиданні двох монет повна група буде складатися з
чотирьох подій A, B, C , D
I – а монета
II – а монета
Подія
1) „герб”
„герб”
A
2) „герб”
„число”
B
3) „число”
„герб”
C
4) „число”
„число”
D
Або скорочено A - „гг”, B - „гч”, C - „чг”, D - „чч”.
Події A1 , A2 , ..., An називаються рівноможливими, якщо
умови досліду забезпечують однакову можливість появи кожної з
них.
Приклади. 1. При підкиданні симетричної монети
випадання „герба” і „числа” мають рівні можливості.
2. При підкиданні симетричного грального кубика з рівними
можливостями можуть з’явитися грані з числами 1, 2, 3, 4, 5, 6.
18
3. Можливість вибору навмання кожної з куль із урни, після
старанного перемішування, однакова.
4. У наведеному вище прикладі підкидання двох монет,
події A (гг), B (гч), C (чг), D (чч) – рівноможливі.
5. Припустимо, що тепер підкидаємо кубик із зміщеним
центром ваги, наприклад, в сторону грані з цифрою 1, тоді частіше
випадатиме протилежна грань, тобто грань з іншою цифрою. Таким
чином, у цій моделі можливості появи для кожної з цифр від 1 до 6
будуть різними.
Рівноможливі
і
єдиноможливі
випадкові
події
називаються випадками.
Отже, перелічені у прикладах 1 – 4 випадкові події є
випадками, а випадкові події в прикладі 5 до випадків не
відносяться.
Ті випадки, в результаті яких випадкова подія A
з’являється, називаються сприятливими цій події випадками.
Приклад 6. В урні 20 куль, з них 10 білих, 7 червоних, і 3
чорних. Навмання вибирається одна куля. Тоді події A (вибрана
біла куля) сприяють 10 випадків, події B ( - червона куля) сприяють
7 випадків, і події C ( - чорна куля) сприяють 3 випадки.
Якщо позначити через m число випадків, які сприяють
події A при n всіх можливих випадках, а через P A - ймовірність
випадкової події A , то можна записати відоме класичне означення
ймовірності.
Означення (класичне). Ймовірністю події A називають
відношення число m сприятливих цій події випадків, до загального
числа всіх можливих випадків, тобто
P  A 
m
.
n
(1)
Приклад 7. В умовах прикладу 6 знайти ймовірності
випадкових подій A, B, C .
Розв’язання. Відповідно до умови задачі появі білої кулі
сприяють m  10 випадків із n  20
можливих, тому за
формулою (1) P  A 
10 1
  0, 5 - ймовірність білої кулі.
20 2
7
3
Аналогічно для червоної кулі P B  
і P C  
- для
20
20
19
чорної.
Ймовірність появи „герба” (приклад 1) збігається з
ймовірністю появи „числа” і дорівнює
1
, бо можливих випадків
2
n  2 , а сприятливих відповідно - по одному.
В прикладі 2 ймовірність появи однієї з цифр від 1 до 6, при
підкиданні симетричного кубика, дорівнює
1
, бо всіх можливих
6
випадків n  6 , а кожній з цифр сприяє тільки один випадок.
Розглянемо властивості ймовірностей.
Властивість 1. Ймовірність достовірної події дорівнює
одиниці.
Наприклад, якщо в урні всі n куль білі, то події A ,
навмання вибрати білу кулю, сприяють n випадків, P  A  1 .
Властивість 2. Ймовірність неможливої події дорівнює
нулю.
Властивість 3. Ймовірність випадкової події є додатне
число:
0  P A  1 .
Отже, ймовірність всякої події задовольняє нерівність:
0  P A  1 .
Тепер розв’яжимо ряд прикладів на класичне означення
ймовірності.
Приклад 1. У ящику лежать 25 однакових електроламп, із
них 2 браковані. Знайти ймовірність, що навмання вибрана
електролампа придатна.
Розв’язання. За умовою задачі всі лампи однакові і
вибирається навмання тільки одна. Всіх можливих виборів n  25 .
Серед всіх 25 ламп 2 браковані, отже, решта ламп
25-2=23 –
придатні. Сприятливих випадків для вибору придатної лампи m  23 , тому за формулою (1) ймовірність вибору придатної
електролампи (подія А) дорівнює
P  A 
23
 0 ,812 .
25
20
Приклад 2. Навмання підкидаються дві монети. Знайти
ймовірності таких подій: 1) А – на обох монетах випали герби;
2) В – на одній з монет випав герб, а на іншій – число; 3) С – на
обох монетах випали числа; 4) D – принаймні один раз з’явився
герб.
Розв’язання. Тут маємо справу з чотирма подіями А,В,С,D.
Встановимо, які випадки сприяють кожній з них. Події А сприяє
один випадок, це коли на обох монетах випадають герби
(скорочено ГГ). Щоб розібратися з подією В, уявімо, що одна
монета срібна, а друга – мідна.
При підкиданні монет можуть бути випадки: 1)на срібній –
герб, на мідній – число (позначимо це B1 - ГЧ); 2)на срібній –
число, на мідній – герб ( B 2 - ЧГ). Отже, події В сприяють випадки
B1 і B 2 . Події С сприяє один випадок: на обох монетах випали
числа – ЧЧ.
Таким чином, події А, B1 , B 2 , С або (ГГ, ГЧ, ЧГ, ЧЧ)
утворюють повну групу подій, всі ці події несумісні, бо в результаті
підкидання відбувається тільки одна з них. Крім того, для
симетричних монет всі чотири події рівноможливі, тому їх можна
вважати випадками. Всіх можливих випадків – чотири ( n  4 ) .
Події А – сприяє тільки один випадок, тому її ймовірність дорівнює
P  A 
1
.
4
Події В сприяють два випадки ( m  2 ), тому
2 1
P B    .
4 2
Ймовірність події С така ж, як і для А,
P C  
1
.
4
Події D сприяють три випадки: ГГ, ГЧ, ЧГ. ( m  3 ) тому
P D  
3
.
4
Зауваження до прикладу 2. Оскільки розглянуті події ГГ,
ГЧ,ЧГ,ЧЧ рівноможливі і утворюють повну групу подій, то поява
21
будь-якої із них є достовірною подією (позначимо її буквою U),
якій сприяють всі 4 випадки ( m  4 ), тому ймовірність
P U  
4
 1.
4
Отже, підтверджується перша властивість ймовірності.
Приклад 3. Підкидаються два правильні гральні кубики.
Знайти ймовірності всіх можливих сум на обох гранях, що
випадають.
Розв’язання. Для зручності будемо вважати, що один з
кубиків білий, а другий – чорний. З кожною із шести граней білого
кубика може випасти одна із шести граней чорного кубика, тому
всіх можливих пар буде n  6  6  36 .
Оскільки можливість появи кожної з граней на окремому
кубику однакова (кубики правильні!), то однаковою буде
можливість появи кожної пари граней, причому, в результаті
підкидання випадає тільки одна з пар. Отже події несумісні,
єдиноможливі. Це – випадки, і всіх можливих випадків 36.
Тепер розглянемо можливі значення сум на гранях. Очевидно,
що найменша з сум дорівнює 1  1  2 , а найбільша 6  6  12 .
Решта суми зростають на одиницю, починаючи з другої. Позначимо
через Q 2 , Q 3 , Q 4 , ... , Q12 події, індекси яких дорівнюють сумі
очок, що випали на гранях кубиків. Для кожної з цих подій
випишемо сприятливі випадки за допомогою позначень Q k  l , де
k – очок на верхній грані білого кубика і l – очок
k  l - сума
на верхній грані чорного кубика.
Отже, для події Q 2 - один випадок ( 1 1 );
для Q 3 – два випадки ( 1 2 ; 2  1 );
для Q 4 – три випадки ( 1 3 ; 2  2 ; 3  1 );
для Q 5 – чотири випадки ( 1 4 ; 2  3 ; 3  2 ; 4  1 );
для Q 6 – п’ять випадків ( 1 5 ; 2  4 ; 3 3 ; 4  2 ; 5  1 );
для Q 7 – шість випадків
( 1 6 ; 2  5 ; 3  4 ; 4  3 ; 5  2 ; 6  1 );
для Q 8 – п’ять випадків ( 2  6 ; 3 5 ; 4  4 ; 5  3 ; 6  2 );
22
для Q 9 – чотири випадки ( 3  6 ; 4  5 ; 5  4 ; 6  3 );
для Q10 – три випадки ( 4  6 ; 5  5 ; 6  4 );
для Q11 – два випадки ( 5  6 ; 6  5 );
для Q12 – один випадок ( 6  6 ).
Таким чином, значення ймовірностей такі:
1
2
; P ( Q 3 )  P ( Q11 ) 
;
36
36
3
4
P ( Q 4 )  P ( Q10 ) 
; P ( Q5 )  P ( Q9 ) 
;
36
36
5
6
P ( Q6 )  P ( Q8 ) 
; P ( Q7 ) 
.
36
36
P ( Q 2 )  P ( Q12 ) 
Як бачимо, що найбільш ймовірною є сума із 7 очок.
Рекомендуємо
отримані
результати
зобразити
на
координатній площині, відкладаючи на осі абсцис значення сум, а
на осі ординат – значення відповідних ймовірностей.
Приклад 4. Трьом учасникам перед фінальним виступом
запропоновано пройти жеребкування: кожен з учасників по черзі
підходить до урни і навмання виймає одну з трьох карток з
номерами 1, 2 або 3, що означатиме порядковий номер виступу
даного учасника. Знайти ймовірності таких подій: 1) А –
порядковий номер у черзі збігається з номером картки, тобто
порядковим номером виступу; 2) В – жоден номер у черзі не
збігається з номером виступу; 3) С – тільки один з номерів у черзі
збігається з номером виступу; 4) D – принаймні один з номерів у
черзі збіжиться з номером виступу.
Розв’язання. Можливими результатами вибору карток є
перестановки із трьох елементів 1, 2, 3, кількість таких
перестановок дорівнює 3!  1  2  3  6 . Кожна з перестановок є
подією. Позначимо ці події через Ai ( i  1,6 ) . Кожній події
припишемо в дужках відповідну перестановку:
A1 ( 1,2,3 ) ; A2 ( 1,3 ,2 ) ; A3 ( 2 ,1,3 ) ; A4 ( 2 ,3 ,1 ) ; A5 ( 3 ,1,2 ) ;
A6 ( 3 ,2 ,1 ) .
Перелічені події рівноможливі і єдиноможливі, тобто, є
випадками. Позначимо набір (1ч, 2ч, 3ч) – відповідні номери у
23
черзі. Почнемо з події А. Сприятливим є тільки один випадок A1 ,
тому
P( A ) 
1
.
6
Сприятливими для події В є два випадки A4 і A5 , тому
2 1
 .
6 3
Події С сприяють 3 випадки: A2 , A3 і A6 , тому
P( B ) 
P( C ) 
3 1
 .
6 2
Події D, крім A2 , A3 , A6 , сприяє також A1 , тобто
P( D ) 
4 2
 .
6 3
Приклад 5. Дано п’ять відрізків довжиною 1, 3, 5, 7 і 9см.
Знайти ймовірність того, що із трьох наудачу взятих відрізків (із
цих п’яти) можна побудувати трикутник.
Розв’язання. За умовою відбираються три відрізки для
побудови трикутника. Кожний з наборів повинен відрізнятись від
інших хоча б одним відрізком, тобто це будуть комбінації, їх
543
 10 . Кожний набір із трьох
1 2 3
відрізків – це подія. Всіх можливих подій n  10 . Оскільки ці події
кількість дорівнює C 53 
є рівноможливі і єдино можливі, то вони є випадками.
Щоб знайти число сприятливих випадків скористаємось
властивістю: сума двох сторін трикутника більша третьої
сторони. Цій умові задовольняють відрізки довжиною (3,5,7),
(5,7,9) і (3,7,9) (подія А). Отже, сприятливих випадків m  3 ,
тому
3
(  ) 
 0 ,3 .
10
Приклад 6. На карточках виписані букви В,И,Ї,К. Знайти
24
ймовірність того, що розклавши карточки навмання в ряд, ми
отримаємо слово „КИЇВ”.
Розв’язання. Дано 4 букви, переставляючи їх в ряд
отримаємо різні „слова”. Кількість всіх “слів”дорівнює числу
перестановок із 4-х елементів, n  4!  24. З цих „слів” підходить
тільки одне „КИЇВ” (подія А), тому
(  ) 
1
.
24
Приклад 7. Слово „АГАВА” розрізали на букви, перемішали
і ці букви виклали навмання в ряд. Яка ймовірність знову отримати
це слово?
Розв’язання. І спосіб. Випробування полягає в отриманні
навмання деякого слова із 5 букв. Нас цікавить подія С, яка полягає
в тому, що отримане слово „АГАВА”. Для встановлення
рівноможливих подій перенумеруємо карточки з буквами, які
повторюються  1 ,  2 ,  3 ,  ,  . Тепер в результаті випробування
слова із нумерованих букв, тобто події  1 2  3 і  2 3 1 ,
- різні, хоча в одному і іншому випадку отримано слово „АГАВА”.
Кількість всіх можливих „слів” (випадків) дорівнює числу
перестановок із 5 букв, n  5!  120 .
Підрахуємо число сприятливих для події С випадків.
Випадки ці залежать від перестановки місцями букв  1 ,  2 ,  3 у
слові „АГАВА”. Кількість таких перестановок відносно  1 ,  2 ,  3
дорівнює 3!  1  2  3  6 за умови, що букви Г і В знаходяться
відповідно на ІІ-му і ІV-му місцях. Отже, сприятливих випадків 6,
тому
( C ) 
6
1

.
120 20
ІІ спосіб. Оскільки в слові „АГАВА” є повторення букв, то
переставляючи по-різному букви, ми отримаємо перестановки з
повтореннями (див. 1.4, формула (8) ).В даному випадку буква „А”
повторюється тричі ( m1  3 ), буква „В” – 1 раз ( m 2  1 ) , „Г” – 1
раз ( m 3  1 ) , причому n  m1  m 2  m 3  3  1  1  5. Тоді
25
число різних перестановок з повтореннями дорівнює
5 ( 3 ,1 ,1 ) 
5!
120

 20 .
3!1!1!
6
Таким чином, всіх можливих випадків n  20 ,
сприятливих - m  1 , (однакові перестановки не розрізняються)
( C ) 
а
1
.
20
Приклад 8. В ящику 100 деталей, з них 10 бракованих.
Навмання вибрані 4 деталі. Яка ймовірність, що серед вибраних
деталей відсутні браковані ?
Розв’язання. Кожний набір по 4 деталі може відрізнятись
від інших хоча б однією деталлю, це будуть комбінації. Поява
кожної з комбінацій – це подія. А оскільки ці події рівноможливі, то
4
вони є випадками. Число всіх можливих випадків n  C100
.
Сприятливими будуть ті випадки, коли у набір із 4-х деталей
попадають всі придатні деталі. Це теж будуть комбінації по 4 деталі
із 100 – 10 = 90 пригодних, тобто
4
m  C 90
.
m
90  89  88  87  4!
4
4
   
 C 90
: C 100

 0 ,65.
n
4!100  99  98  97
Зауваження. Серед задач теорії ймовірностей часто
зустрічається така
Задача. Нехай задана множина із n елементів, які мають
властивість рівноможливості випадкового вибору кожного з них.
Нехай, далі, серед цих даних n елементів є m елементів m  n ,
які мають певну ознаку ( наприклад, номер, колір, якість). Навмання
робиться вибір k елементів ( k  n ) . Тоді ймовірність того, що серед
вибраних k елементів l елементів мають згадану ознаку (подія А),
знаходиться за формулою
(  ) 
C ml  C nkml
C nk
.
(2)
Приклад 9. У картці спортлото із 49 необхідно вибрати
комбінацію із 6 чисел. Виграшними вважаються комбінації із 6-ти,
5-ти, 4-х або 3-х вгаданих чисел. Позначимо відповідні події
26
 6 ,  5 ,  4 ,  3 . Знайти ймовірності цих подій.
Розв’язання. Кожна із заповнених карток спортлото
відрізняється від інших хоча б одним числом. Отже, це комбінації по
6 чисел із 49. Число всіх комбінацій, тобто число всіх можливих
різних способів заповнення карток спортлото дорівнює
6
n  C 49

49  48  47  46  45  44
 13 983 816.
1 2 3456
Сприятливих випадків вгадування всіх шести чисел тільки
один, тому
(  6 ) 
1
6
C 49

1
 0 ,0000000715.
13983816
Тепер знайдемо ймовірність події  5 (вгадано 5 чисел).
Схематично зобразимо це так
В
В
В
В
В
Н
1
C 43
C 65
де В – вгадано, Н – невгадано.
Вгадані числа ми комбінуємо по 5 із 6 можливих, їх кількість
5
C 6  6 , а невгадані числа - із 43  49  6 , що залишились, їх
1
кількість C 43
 43. Кожному набору із 5-ти вгаданих чисел можна
приписати одну із 43-х невгаданих. Таких карток буде
1
m  C 65  C 43
 6  43  252.
Тоді ймовірність вгадати 5 чисел дорівнює
(  5 ) 
1
C 65  C 43
6
C 49

252
 0 ,000018
13983816
Аналогічно, за формулою (2) знаходимо
 ( 4 ) 
2
C 64  C 43
6
C 49
 0 ,000969 , (  3 ) 
27
3
C 63  C 43
6
C 49
 0 ,017650.
1.3.1. Задачі на класичне означення ймовірності
1. Записані числа від 1 до 30 включно. Яка ймовірність
того, що навмання (наугад) взяте число є дільником числа 30 ?
2. Яка ймовірність того, що число на вибраному навмання
(наугад) листку календаря: а) кратне 5; б) дорівнює 29, якщо в році
365 днів ?
3. Яка ймовірність того, що картка навмання вийнята із
повного набору карток доміно, має суму очок, що дорівнює 5 ?
4. Монета підкидається 3 рази підряд. Знайти ймовірності
подій:
а) випаде точно 2 герба;
б) результати всіх підкидань однакові;
в) число випадання герба більше ніж число випадання
цифри.
5. Із урни, в якій 5 білих і 6 чорних куль, виймають одну за
одною всі кулі, крім одної. Знайти ймовірність, що останньою
залишилась біла куля.
6. Підкидаються одночасно два гральні кубики. Знайти
ймовірність того, що:
а) сума очок, що випали, дорівнює 8;
б) добуток очок дорівнює 8;
в) сума очок, що випали, більша їх добутку.
7. В урні містяться 6 білих, 2 чорних і 5 червоних куль. З
урни виймаються по одній кулі і записуються їх кольори. Знайти
ймовірність того, що в цьому списку білий колір з’явиться раніше
чорного ?
8. У коробці 4 червоних і 6 зелених олівців. Із коробки
випало 3 олівці. Знайти ймовірність того, що 2 із них червоні.
9. Із 60 екзаменаційних питань студент підготовив 50. Яка
ймовірність того, що із 3-х питань він знає 2 ?
10. Яка ймовірність того, що при випадковому розміщенні
кубиків у ряд, на гранях яких написано по одній із букв
а,г,и,л,м,о,р,т, вийде слово „алгоритм” ?
11. Із 10 лотерейних білетів є 2 виграшних. Знайти
ймовірність того, що серед взятих наугад 5 білетів буде: а) один
виграшний; б) обидва виграшні; в) хоча б один виграшний.
12. Із колоди карт (52 карти) наугад витягають 3 карти. Яка
ймовірність того, що будуть витягнуті трійка, сімка і туз ?
28
13. Із 36 карт наугад витягають 3 карти. Визначити
ймовірність того, що сума очок дорівнюватиме 21.
14. Є 5 білетів по 1 гривні, 3 білети по 3 гривні, 2 білети по
5 гривень. Наугад беруть 3 білети. Яка ймовірність того, що: а) хоча
б 2 білети із них мають однакову вартість; б) всі три білети
коштують 7 гривень.
15. Наугад вибрана карта доміно виявилась не „дублем”.
Знайти ймовірність того, що другу за нею вибрану карту можна
буде приєднати до першої ?
16. Серед 50 деталей три нестандартні. Знайти ймовірність
того, що із
двох взятих наугад деталей, обидві будуть
нестандартними. Розглянути два випадки:
а) деталь після встановлення ії якості повертається знову;
б) деталь після перевірки не повертається назад.
Відповіді.
4/15. 2. а) 71/365; б) 11/365. 3. 3/28. 4. а) 3/8; б) 1 / 4 ; в) 1 / 2 .
5. 5/11. 6. а) 5/36; б) 1/18; в) 11/36. 7. 3 / 4 . 8. 0,3 . 9. 0,358. 10. 1/8!
3
.
11. а) 5/9; б) 2/9; в) 7/9. 12. (C41 )3 / C52
1
(C43  2C42  C41  8(C41 )3 ). 14. а) 3 / 4 . б) 7/24. 15. 12/17.
3
C36
16. а) 9 / 2500 . б ) 6 / 2450
13.
1.4. Статистичне означення ймовірності
Зауважимо, що класичне означення ймовірності оправдано
тоді, коли є можливість знайти ймовірність на основі симетрії тих
умов, при яких відбувається випробування, а, значить, і симетрії
наслідків випробування, що дає підставу говорити про
рівноможливість і єдиноможливість подій, тобто про випадки.
Щодо симетрії подій, то в одних випадках вона пов’язана з
геометричною симетрією та однорідністю тих предметів, які
використовуються у випробуваннях (гральний кубик, монета). В
інших випадках симетрія подій досягається за рахунок такого
перемішування або тасування однорідних елементів, щоб можна
було забезпечити рівноможливий вибір довільного елемента
(колода карт, урна з кулями, лотерейний барабан з кульками і т.і.).
Однак наші уявлення про рівноможливість, а, отже, і ймовірність
29
були б недостатніми, якщо б вірність теоретичних висновків не
підтверджувалась багаточисельними експериментами (див., напр.,
табл.1 в цьому параграфі), так і на основі аналізу азартних ігр,
таких як підкидання кубика („гра в кості”), підкидання монети („гра
в орлянку”), деяких ігр у карти. З аналізу азартних ігр і почався в
XVI – XVII століттях розвиток теорії ймовірностей. Вже у ті часи
було, наприклад, помічено, що при багатократних підкиданнях двох
гральних кубиків деякі суми цифр на гранях кубиків, що випали,
з’являються частіше інших сум (див. приклад 3 попереднього
параграфа). Так на прикладах випробувань, які пов’язані з рівно
можливістю
подій,
почали
спостерігатись
статистичні
закономірності. Це відкрило шлях для статистичного підходу до
чисельного означення ймовірності. Статистичний підхід стає
особливо важливим тоді, коли з теоретичних міркувань, подібних
до міркувань симетрії, значення ймовірності події наперед
встановити неможливо. Наприклад, якщо у партії, із 100 випадково
відібраних для контролю виробів, виявлено 2 нестандартних, то
твердження, що відношення
2
(його називають відносною
100
частотою), можна вважати ймовірністю появи нестандартного
виробу, не може бути переконливим. Цей приклад у схему випадків
не вписується. Теоретично ймовірність такої події встановити не
можна. Однак, вихід можливий, якщо багатократно повторювати
вибірки (при однакових умовах) і прослідкувати за значеннями
відносних частот події, тобто скористатись статистичними
методами.
Означення. Відносною частотою випадкової події
називається відношення m, числа випробувань, в яких ця подія
з’явилась, до загального числа n, проведених випробувань, і
позначається
W(A) 
m
.
n
Звернемо увагу, що згідно класичного означення
ймовірність події можна обчислити теоретично до проведення
випробувань, в той час як відносну частоту знаходять після
проведення випробувань.
Між відносною частотою і ймовірністю події А є певний
30
зв’язок: якщо якимось чином установлено, що ймовірність
випадкової події дорівнює числу Р (Р(А) = Р), то при великих серіях
випробувань і незмінних умовах частота події А приблизно
дорівнює ймовірності, тобто
W (  )  (  ).
Для підтвердження цієї рівності подаємо відомі дані
перевірки симетричності монети. Проводилось n підкидань монети,
„герб” з’являвся m разів,
m
- відносна частота випадання „герба”.
n
В літературі з теорії ймовірностей добре відомі ці результати
(таблиця 1).
Таблиця 1
Автор експерименту
n
m/n
Бюффон (1707-1788) – французький
4040
0,507
природодослідник
Де Морган (1806-1871) – шотландський
4092
0,5005
математик, логік
Джевонс (1835-1882) – англійський
20 480
0,5068
економіст і філософ, логік
Романовський В.І. (1879-1954) – радянський
80 640
0,4933
математик
Пірсон К. (1857-1936) – англійський
24 000
0,5005
математик-статистик, біолог, філософ
Феллер У. (1906-1970) – американський
10 000
0,4979
математик
Подані результати випробувань цілком узгоджуються з
теоретичним значенням ймовірності, яка дорівнює 0,5 і отримана в
припущенні рівної можливості „герба” і „числа”, тобто
симетричності монети. За допомогою спеціальних ймовірнісних
методів за даними випробувань можна встановити, що випадання
„герба” або „числа” в окремих випадках не однаково ймовірно,
тобто монета не є симетричною.
Приведемо ще один приклад.
За статистичними даними російського поштового відомства
було виявлено, що доля листів, які відправлялись без адреси має
певну стійкість. Ці дані подаються далі у таблиці 2.
31
Таблиця 2
Рік
Всього листів, n
1906
98 300 000
Листи
адреси, m
26 112
без
Відносна
частота, m/n
1907
107 600 000
26 977
0 ,251 104
1908
121 400 000
33 515
0 ,276 104
1909
135 700 000
33 643
0 ,248 104
1910
150 700 000
40 101
0 ,266 104
0 ,265  104
Із таблиці видно, що в різні роки відправлялись різні
кількості листів, різна кількість листів без адреси серед них, але
відносна частота листів без адреси має дивну стійкість: на 1 000 000
листів 25-27 листів без адреси. Причини відправлення листів без
адреси очевидно досить різноманітні. Класичним прикладом може
бути чеховський герой, малий хлопчина Ванька Жуков, який
підписав листа „На деревню дедушке”.
Розглянемо ще приклад про частоту народження хлопчиків
за даними шведської статистики, зібраної за 1935 рік К.Крамером
(див. табл.3) – шведським математиком.
Недивлячись на те, що число новонароджених змінюється
щомісячно, частота народження хлопчиків досить стійко
коливається біля середнього значення 0,517. Слід відмітити, що
частота народження хлопчиків залежить від регіону, де збирається
статистика, тому може приймати інші значення, але вони, як
правило, більші 0,5.
Таблиця 3
Число
Відносна
частота,
Місяці
новонароджених, n
m/n
І
7280
0,514
ІІ
6957
0,510
ІІІ
7883
0,510
IV
7884
0,529
V
7892
0,522
VI
7609
0,518
VII
7585
0,523
VIII
7593
0,514
IX
7203
0,515
32
X
XI
XII
Всього
6903
7132
7132
88 273
0,509
0,521
0,527
0,517
Ряд статистичних закономірностей були виявлені в кінці ХІХ і
початку ХХ століття у фізиці, хімії, біології, економіці і інших
науках. Було установлено, що якщо досліди ведуться при незмінних
умовах, в кожному з яких число випробувань n досить велике, то
число m випробувань, при яких дана подія А з’явилась, тобто
m
, як правило, мало відрізняється від ймовірності
n
Р(А) появи події А. І чим більше число випробувань, тим рідше
m
зустрічаються частоти
, які значно відхиляються від ймовірності
n
Р(А).
частота події
Зміна комплекса умов випробувань приводить до зміни
значень відносних частот. Для цього досить порівняти дані таблиці
3 з таблицею 4, яка містить відносні частоти народження хлопчиків
у Франції.
Таблиця 4
m/n – відносна частота
Роки
народження хлопчиків
1921-1925
0,512
1935-1939
0,509
1940
0,510
1941
0,509
1942
0,513
1943
0,515
1944
0,514
1945
0,514
1946
0,514
1947
0,514
Тут спостерігається, замічене раніше у Німеччині і
Великобританії, явище, що число народжень хлопчиків дещо
збільшується під час і зразу після великих затяжних війн. Це явище
пояснювалось багатьма гіпотезами, але ні одна із них не
33
пояснювала повністю спостережуваного явища.
Таким чином, при багатократних випробовуваннях,
відносна частота, мало змінюючись, коливається навколо
деякого числа, яке є ймовірністю події. Згідно статистичного
означення за ймовірність події приймається відносна частота
або число близьке до неї.
1. 5. Геометричні ймовірності
В попередніх параграфах розглядались випробування із
скінченною множиною наслідків. Однак не всяка реальна задача
може бути зведена до цієї схеми, оскільки часто зустрічаються
випробування, у яких множина наслідків нескінченна. При
розв’язуванні деяких із подібних задач зручно застосовувати
геометричну модель.
Нехай дано відрізок довжиною L . Розділимо його навпіл
(для однозначності точку поділу будемо відносити до лівої
половини). Наугад кидається точка на цей відрізок. Можливі два
випадки: “точка попала на ліву половину” – подія A1 , “точка
попала на праву половину” – подія A2 . Оскільки точка кидається
наугад, то доцільно вважати, що ці події рівноможливі, тоді
ймовірність події A1 P A1   0,5 , так само P  A2   0 ,5 .
Розділимо тепер відрізок L на 10 рівних частин (довжина
кожного 0 ,1 L ). Випадковим чином кидають точку на цей відрізок.
Можливі випадки: “точка попала на 1-й відрізок” – подія A1 ,
“точка попала на 2-й відрізок” – подія A2 , і т .д., “точка попала на
10-й відрізок” – подія A10 . Вважаючи ці події рівноможливими,
отримаємо, що ймовірність кожної з цих подій дорівнює 0,1 , тобто


P  Ai   0 ,1 i  1,10 .
Нехай подія A полягає в тому, що випадково кинута точка
попала, наприклад на відрізок 0 ,3 L : 0 ,7 L . Оскільки події A
сприяють чотири із можливих випадків, то ймовірність можна
представити
P  A  0 ,4 
34
0 ,4 L l
 ,
L
L
P  A 
l
L
(1)
- ймовірність випадкового попадання точки на відрізок довжиною
l , який міститься на відрізку довжиною L l  L .
Викладений підхід можна узагальнити для плоских фігур
(див. рис. 1), а також у просторі для тіл.
`
D
d
Рис.1
Нехай фігура d , площа якої дорівнює s , міститься у фігурі
Dd  D , площа якої S , тоді ймовірність події A , яка полягає у
тому, що наугад кинута точка попаде у фігуру d , дорівнює
відношенню площ цих фігур, тобто
P  A 
s
.
S
(2)
Для формул (1) і (2) мається на увазі “рівноможливість”
випадкового попадання точки в довільну точку відповідно відрізка
L чи фігури D .
З метою наочності розглянемо таку модель.
Нехай фігура D - це прямокутник розміру a  b (його
площа S  ab ), описаний навколо фігури d , нарисованої на
асфальті. Замість точок, які навмання вибираються у прямокутнику,
будемо вважати краплі дощу, що починається. Після певного часу
накрапання прямокутник закривають від дощу і рахують кількість
крапель n , які попали у весь прямокутник D , а також кількість
крапель m , які попали у фігуру d . Обчислимо відносну частоту
m
. Нам вже відомо, що за формулою (2) можна знайти
n
ймовірність події A , яка полягає у випадковому виборі точки із
s
фігури d . У даному випадку це відношення площ
, а з другого
S
35
боку P  A  
m
s m
 ,
. Тому маємо наближену рівність
n
S n
за допомогою якої можна знайти площу фігури d ,
m
s S.
(3)
n
Зрозуміло, що цей приклад наведено для наочності. У
дійсності невідому площу за описаною ідеєю знаходять з
застосуванням ЕОМ методом випадкового пошуку. Як це можна
зробити, буде показано далі у задачі 2.
Розглянемо задачі.
Задача 1. Двоє студентів після занять домовились
зустрітись біля виходу з корпуса. Оскільки у кожного з них могли
з’явитись непередбачені справи, то зустріч домовились провести
протягом години з 14 00 до 15 00 . Таким чином, що перший, хто
приходить до місця зустрічі, жде 15 хвилин (але не пізніше 15 00 ) і
йде собі. Знайти ймовірність зустрічі, якщо час очікування взяти: а)
15 хв; б) 20 хв; в) 30 хв.
Розв’язання. Нехай x - час приходу першого студента на
місце зустрічі, y - другого.
Зустріч
відбувається
за
умови,
що
x  y  15  15  x  y  15 , або
 y  x  15 ,

 y  x  15.
Множина розв’язків нерівності зображена на рис 2.
Площа
квадрата
S  60 2  3600 .
Площа
фігури
s  3600  60  t  . Тому ймовірність зустрічі (подія A )
d
2
s 3600  60  t 
t 


 1  1  
S
3600
60 

При t  15 хв. маємо P  A  0,44 ; при t  20 хв. P  A  0,55 ;
при t  30 хв. P  A  0,75 .
P  A 
2
2
36
Рис. 2
Задача 2. Знайти площу параболічного сегмента заданого
рівняннями y   x 2  4 x і y  0 .
Розв’язання. Параболічний сегмент зображено на рис. 3.
Рис. 3
Точки перетину параболи з віссю OX x1  0 і x 2  4 .
Цю площу можна обчислити за допомогою визначеного
інтеграла або за допомогою формули
a  x 2  x1 
3
s
6
 1 4  0
3

6
2

64
 10 , 667 ,
6
де a - коефіцієнт при x у рівнянні параболи.
Покажемо, як знайти шукану площу, використовуючи
геометричне означення ймовірності. Опишемо навколо
параболічного сегмента квадрат із стороною 4 одиниці. Площа
квадрата
S  16 кв. од. (див. рис. 3). За допомогою
стандартної функції генерування випадкових точок n , які
попадають у квадрат, в тому числі m точок, які у
37
параболічному сегменті, знайдемо відносну частоту
m
n
попадання випадкових точок у параболічній сегмент. Тоді за
формулою (3) знаходимо s 
m
 16 . У таблиці 1 подані
n
результати
розрахунків
наближених
значень
площі
параболічного сегмента для різних значень m і n . Так, з рис. 3
видно, що у квадрат попало 10 точок, а у сегмент – 6, тому для
першого наближення площі маємо
s
6
3
48
 16   16 
 9,6 ;
10
5
5
що і записано у першому рядку таблиці 1.
Таблиця 1.
Площа s
10
6
9,6
100
66
10,56
1 000
665
10,32
10 000
6 645
10,6336
100 000
66 865
10,6984
1000 000
666 727
10,6671
Із таблиці 1 видно, що із збільшенням n точність обчислень
площі підвищується, а коливання відносно точного значення
зменшується.
1.5.1. Задачі на геометричні ймовірності
1. Абонент чекає телефонного повідомлення з 2-х до 3-х
годин. Знайти ймовірність того, що повідомлення поступить з 2
годин 30 хв до 2 год 40 хв.
2. У круг радіуса R вписано правильний трикутник. Яка
ймовірність того, що навмання вибрана точка круга буде внутрі
трикутника ?
3. У 25 сантиметрах від центра кулі, радіус якої 15 см,
знаходиться точкове джерело світла. Яка ймовірність того, що
наугад взята точка на поверхні кулі буде освічена ?
4. Стержень довжиною a розбитий на 3 частини. Знайти
ймовірність того, що довжина кожної частини буде більшою
ніж a 4 ?
5. Диск, який швидко обертається, розділений на парне
n
m
38
число рівних секторів, які почергово закрашені у білий або
чорний кольори. По диску зробили вистріл. Знайти ймовірність
того, що куля попаде в один з білих секторів. Припускається,
що ймовірність попадання кулі у плоску фігуру
пропорціональна площі цієї фігури.
6. На площину, яка розграфлена паралельними
прямими, що знаходяться одна від одної на 6 см наудачу
кинуто круг радіуса 1 см. Знайти ймовірність того, що
круг не перетне ні однієї з прямих. Мається на увазі, що
ймовірність попадання точки на відрізок пропорціональна
довжині цього відрізка і не залежить від його
розташування.
3 3R 2
 0,414 . 3. 0,2 . 4. 1 16 . 5.
Відповіді. 1. 1 6 . 2.
4R 2
0,5R 2 R 2 . 6. 2 3 .
 
1.6. Теоретико-множинний підхід до вивчення
ймовірностей
1.6.1. Елементарні події. Простір елементарних подій
У попередніх параграфах вже відмічалось, що у теорії
ймовірностей розглядаються випробування, які можна повторювати
нескінченну кількість разів. Можливий результат випробування
називають елементарною подією. Елементарну подію прийнято
позначати через . У результаті випробування наступає якась одна
із елементарних подій. Множина всіх можливих елементарних
подій називається простором елементарних подій і позначається
 . Випадковою подією (або просто подією) називається довільна
множина А елементарних подій, тобто підмножина простору .
Ті елементарні події, з яких складається подія А називаються
сприятливими для А (    ).
Поняття елементарних подій і простору елементарних подій є
первісними поняттями.
Розглянемо приклади.
Приклад 1. При підкиданні монети один раз елементарними
подіями є випадання герба (Г) або числа (Ч), позначимо їх
39
відповідно через  1 і  2 . Простір елементарних подій або повна
група подій   1 ,  2  має своїми елементами  1 і  2 .
Приклад 2. Підкидання грального кубика один раз. При цьому
випробуванні природно взяти
   1 ,  2 ,  3 ,  4 ,  5 ,  6  де через  i ( i  1,6 ) позначимо
елементарну подію, яка означає, що на верхній грані кубика випало
i очок,  i ( i  1,6 ) – елементи простору . Використовується ще
таке позначення Ai   i  ( i  1,6 ), Ai – одноелементні події, або
кожній випадковій події Ai сприяє відповідна елементарна подія
i .
Розглянемо ще кілька можливих подій даного випробування.
Позначимо AП випадкову подію, яка полягає в тому, що на
верхній грані у кубика випало парне число очок, це коротко
запишеться AП   2 ,  4 ,  6  . Аналогічно введемо події
AН   1 ,  3 ,  5 , яка означає що випало непарне число очок,
A3   3 ,  6  – число очок, що випало кратне трьом. Кожній з
останніх трьох подій А сприяють відповідні елементарні події: для
AП – сприятливими є елементарні події  2 ,  4 ,  6 ; для AН –
сприятливими є  1 ,  3 ,  5 ; для A3 – сприятливі  3 ,  6 .
Отже, кожна з подій А складається із елементарних подій  і
є в той же час підмножиною простору  .
Приклад 3. Підкидання монети 3 рази. Елементарними
подіями будуть сполука герба або числа. Наприклад, ГГГ – три
рази підряд випав герб, ЧГЧ – перший раз випало число, другий –
герб і третій раз випало число. Схематично сукупність
елементарних подій можна записати:
ГГГ
1
ГГЧ
2
ГЧГ
3
ЧГГ
4
ЧГЧ ЧЧГ ГЧЧ ЧЧЧ
5
6
7
8
Всіх подій вісім, бо тут розміщення з повтореннями (із двох
елементів (Г,Ч) по три кожному, а їх загальна кількість 2 3 .
Позначимо кожну з наведених елементарних подій відповідно
40
 1 ,  2 , 3 ,..., 7 ,  8 . Простір елементарних подій запишеться
  {  1 ,  2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 ,  8 } .
Розглянемо ще кілька подій цього випробування. Нехай подія
А означає, що при першому підкиданні може випасти герб, це одна
з елементарних подій  1 ,  2 , 3 , 7 . Вони сприяють появі А,
A  {  1 ,  2 , 3 , 7 } .
Нехай подія В означає появу принаймні одного герба.
Сприятливими для В є всі елементарні події, починаючи  1 і
закінчуючи  7 , крім  8 .
З одного боку події А і В є множинами відповідних
елементарних подій  i , а з другого боку вони є підмножинами
простору елементарних подій .
У прикладах 1) – 3) простори елементарних подій скінченні.
Приклад 4. Монету підкидають до того часу поки вперше не
з’явиться герб, тоді простір елементарних подій нескінченний і має
вигляд
={Г, ЧГ, ЧЧГ, ЧЧЧГ,..., ЧЧ
...
Ч Г ,.... }.

( N 1 ) раз
Приклад 5. У квадраті D={-1<x<1, -1<y<1} випадково
вибирається точка. Простір елементарних подій   ( x, y ) можна
записати так
={}={(x, y): -1<x<1, -1<y<1}.
Тут вже елементарних подій нескінченно багато. Більш
складними подіями будуть множини точок у квадраті. Наприклад,
подія А – це попадання точки у замкнений круг з центром у
початку координат і радіусом 0,5. Множина всіх точок круга є
сприятливою для появи події А.
1.6.2. Операції над подіями
Сумою або об’єднанням двох подій А і В називається така
подія С (позначається С=А + В або С=АВ), яка складається із
всіх елементарних подій, які належать принаймні одній з подій
А або В.
Можна сказати інакше.
41
Подія С=А + В означає, що з’явилась або подія А або подія В,
або обидві разом (див. заштриховані фігури на рис. 1.).
Так у прикладі 2
AП  A3   2 , 4 , 6    3 , 6    2 , 3 , 4 , 6 
AН  A3   1 , 3 , 5    3 , 6    1 , 3 , 5 , 6 
AП  AН   2 , 4 , 6    1 , 3 , 5  
  1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6    -подія достовірна.
Добутком або перетином двох подій А і В називається така
третя подія С (позначається С=АВ або С=АВ), яка складається з
елементарних подій, що належать і події А, і події В. Подія С=АВ
відбувається тоді і тільки тоді, коли відбувається і А, і В. На рис. 1
а) – це заштрихована двічі частина А і В.
Наприклад,
AП A3   2 , 4 , 6   3 , 6    6 
AН A3   1 , 3 , 5   3 , 6    3 
AП AН   2 , 4 , 6   1 , 3 , 5    - подія неможлива.
Різницею А\В=С називається така подія С, яка
складається із елементів множини А, які не належать до В.
Подія С=А\В означає, що подія А відбулася, а подія В не
відбулася (схематично дивись рис. 2)
42
Рис. 2
Звернемось до подій прикладу 2.
AП \ A3   2 , 4 , 6 \  3 , 6    2 , 4 
A3 \ AП   3 , 6 \  2 , 4 , 6    3 ;
A3 \ AН   3 , 6 \  1 , 3 , 5    6 
AН \ A3   1 , 3 , 5 \  3 , 6    1 , 5 
AП \ AН  ,
AН \ AП  .
Весь простір  елементарних подій є достовірною подією;
пусту множену  називають неможливою подією.
Подія A   \ A називається протилежною подією події А.
Подія A означає, що подія А не відбулася.
Наочно зв’язок між подіями A і A спостерігається в прикладі
5 (див. рис. 3).
У прикладі 2 протилежними є події AП і AH - поява парного
числа очок і непарного на грані кубика.
Події A і B несумісні, якщо AB  , тобто не можуть
одночасно відбуватися.
Наприклад, події AП і AH (приклад 2) несумісні.
Рис.3
43
Подія A є підмножиною події B (записується A  B ),
якщо із появи події A випливає поява події B .
Так, якщо (приклад 5, див. рис. 3) подія A означає, що
“точка попала в круг”, то з цього випливає, що відбувається подія
B - “точка попала у квадрат”, в якому міститься цей круг.
Поняття добутку і суми подій переносяться на нескінченні
послідовності подій. Подія

A1  A2  ...  An  ...   An
n1
означає, що подія належить принаймні одній з подій
An ( n  1,2 ,...) .

Подія A1 A2 ...An ...   An складається із елементарних
n 1
подій, які належать всім подіям An ( n  1,2 ,...) .
Можна перевірити, що операції над подіями мають такі
властивості:
1) A  A  A , AA  A .
2) A  A   , A A  .
3) A  B  B  A , AB  BA .
4) ( A  B )  C  A  ( B  C ) , ( AB )C  A( BC ) .
5) ( A  B )C  AC  BC .
6) A  B  A  B , AB  A  B .
Рекомендуємо самостійно переконатись у вірності
властивостей операцій 1)-6) над подіями на таких моделях.
І. При одноразовому підкиданні грального кубика (див.
приклад 2 попереднього параграфа) елементарними подіями
 i ( i  1,6 ) є число очок, що випало на верхній грані кубика, а
   1 , 2 ,..., 6  - простір елементарних подій. Для перевірки
властивостей
1)-6)
радимо розглянути відомі вже
випало
парне
число
A  AП   2 , 4 , 6 
B  A3   3 , 6 
-
число
очок,
C   1 , 3 , 5  - непарне число очок.
44
що
випало
події
очок,
кратне
3,
Так, наприклад, A  B   2 , 3 , 4 , 6 , а протилежна
подія A  B   1 , 5 . З другого боку відповідні протилежні
події A   1 , 3 , 5   AH , B  1 , 2 , 4 , 5  і їх перетин
AB   1 , 3 , 5   1 , 2 , 4 , 5    1 , 5 
збігається
з
A B.
ІІ. Випадковий вибір точки у прямокутнику – це
елементарна подія  (див. рис. 4).
Рис. 4
Вся множина точок прямокутника ототожнюється з
простором елементарних подій  . Тоді події A і B означають
випадковий вибір точок у випадкових фігурах рисунка і
ототожнюється з відповідними множинами точок. Властивості
операцій 1)-6) для подій збігаються із властивостями операцій для
множин.
Радимо переконатись у вірності властивостей 1)-6) для
заданої моделі.
Отже, випадкові події ми можемо розглядати як множини, а
це далі приводить до тісного зв’язку між теорією множин і теорією
ймовірностей.
Тепер класичне означення ймовірностей перепишемо
відповідно до теоретико-множинної термінології:
Будемо вважати, що простір елементарних подій

   1 , 2 ,..., n  є скінченною множиною із n елементів
 i ( i  1, n ) , і що всі елементи цієї множини різні, тобто що
елементарні події 1 ,  2 ,...,  n - попарно несумісні (  i  j  ,
45
i  j ). Припустимо, що елементарні події
рівноможливими.
Нехай випадкова подія A
елементарних подій  i 1 , i 2 ,..., im
 i ( i  1, n ) є
є множиною певних
m
A   i 1 , i 2 ,..., im , тобто подія A наступає тоді і
тільки тоді, коли з’являється одна з подій  ik . Ці m елементарних
подій називаються сприятливими для події A .
Означення. Ймовірністю події A називається відношення
числа m результатів випробування, сприятливих події A , до числа
n всіх рівноможливих і попарно несумісних результатів
випробування.
1.6.3. Аксіоми теорії ймовірностей
Із попередніх параграфів вже зрозуміло, що ймовірність
P ( A ) розглядається як функція випадкової події A . Важливим
компонентом функції двох змінних є її область визначення.
Аналогічно для функції P ( A ) теж потрібно якимось чином
описати підмножини випадкових подій елементарного простору  .
Точніше, говорять про систему множин F . Ця система повинна
бути такою, щоб сума і добуток двох подій системи теж належали
до неї.
Відмітимо, що якщо простір елементарних подій  скінченний, то скінченною буде і система множин F . Для
наочності пошлемось на відомій вже в попередніх параграфах
приклад про одноразове підкидання грального кубика. Нехай дано
простір елементарних подій    1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , де
 i ( i  1,6 ) - елементарна подія, що означає випадання i очок на
верхній грані кубика. Розглянемо всі можливі одноелементні
множини подій  1 , 2 ,..., 6  - їх буде 6. Всіх двохелементних
множин подій  1 , 2 , 1 , 3 ,... - їх число дорівнює C 62  15 .
Число
трьохелементних
чотирьохелементних -
множин
подій
буде
C 63  20 ,
C 64  15 , п’ятиелементних - C 65  6 ,
46
C 66  1 , всього множин подій буде
6  15  20  15  6  1  63 . У теорії множин, коли розглядаються
всі підмножини із множини n елементів, то число таких
підмножин дорівнює 2 n . Однією із підмножин вважається пуста
шестиелементних
-
множина. Отже, якщо до 63 перелічених підмножин подій
включити ще неможливу подію , то отримаємо 64  2 6
підмножин подій заданого простору   1 ,...,  6 . Система
випадкових подій F складається із 64 описаних підмножин
простору  , причому, можна перевірити, що сума і добуток
довільних підмножин із F теж належить F . Таким чином
ймовірність P ( A ) повинна визначатись для всіх можливих
множин випадкових подій A із системи F простору  .
Для більш загальних просторів елементарних подій  система
випадкових подій F задається аксіоматично.
Нехай  - простір елементарних подій. Нехай, далі, в
просторі  виділена система множин F, яка утворює так звану
 -алгебру. Це означає, що
1)   F ;
2) якщо A  F , то A   | A  F ;

3) якщо Ai  F , i  1,2 ,..., то  Ai  F .
i 1
Із аксіом 1 і 2 випливає, що    |   F . Найменшою із
систем
підмножин,
яка є
є
система
 -алгеброю,
F
називаються випадковими
F   ,  . Множини з
подіями.
F
Кажуть,
що
на  - алгебрі
задано
розподіл
A F
ймовірностей, якщо кожній події
однозначно
поставлено у відповідність число P ( A ) , яке називається
ймовірністю події A , так, що виконуються наступні умови
(аксіоми теорії ймовірностей):
1° P ( A )  0 для кожного A  F ;
2° P (  )  1 ;
3° Якщо
послідовність
випадкових
подій
47
Ai  F ( i  1,2 ,...) така, що Ai  A j   ( i  j ) , то
  
P   Ai    P ( Ai ) .
 i 1  i 1
Зокрема, якщо A  F , B  F , A i B - несумісні, то
P( A  B )  P( A )  P( B ) .
Аксіоматична побудова теорії ймовірностей, яка у наш час є
загальноприйнятою, вперше була запропонована радянським
математиком А. М. Колмогоровим (1903 - 1987) наприкінці 20-х
років минулого століття.
48