«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: ...»

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 • Теория вероятностей в примерах и задачах: Часть 1.

t Комбинаторика. Случайные события и 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.

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 1 А.Н. Колмогорова, рассмотрены основные теоремы теории вероятностей, относящиеся к случайным событиям, а также важные для приложений теории вероятностей теоремы Бернулли, Пуассона, Муавра - Лапласа.

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+22.141я © Михайлов Е.В., Патронова Н.Н., Тепляков ВВ., © Сев. (Аркт.) федер. Ун-т им. М.В. Ломоносова, Глава 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 Основные правила комбинаторики 1.1.1 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, 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 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 ?

П р и м е р 3. Сколько существует трехзначных четных чисел?

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 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.

Размещения — упорядоченные m-элементные подмножества n-элементного множества, которые отличаются как составом,'так 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:' 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 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 Решение. Так как в данном случае важно, не только.какие 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:

П р и м е р 7. На 9-ти карточках написано по одной цифре от 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.

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 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:

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 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 П р и м е р 11. Сколько диагоналей в выпуклом п-угольнике?

Решение. Решим задачу двумя способами.

взять л ю б у ю из п вершин, а в качестве второго - любую из п — вершин, отличных от выбранных и двух соседних с ней. При таком подсчете каждая диагональ учитывается дважды, поэтому число ^Второй способ. Рассмотрим п вершин многоугольника. Прове­ дем все отрезки, которые соединяют любые две вершины. Число таких отрезков равно G „ =. Каждый из этих отрезков, за исключением п сторон, является диагональю. Таким образом, число 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 1.2.4 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 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 '• 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:

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 — элемент: т единиц (столько, сколько элементов в сочетании) и п — 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 порядок пирожных в наборе не важен, и пирожные могут быть в набо­ ре одинаковыми, то общее количество наборов представляет собой 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 событие, состоящее в том, что герб впервые выпадет после вы­ состоящее в том, что попадание произошло в точку плоскости Заметим, ч т о в первом из этих примеров пространство элемен­ тарных событий конечно, во втором - счетно, в третьем - контину­ ально.

{U)A,UJB}, {выпадение нечетного.чиста о ч к о в }.

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!2,ил, и)а} есть событие, состоя­ щее в выпадении четного числа очков. Оно происходит всякий раз, когда выпадает грань либо с двумя очками (ui2), либо с четырьмя (w,j), либо с шестью (ш^). Элементарные события ш2, 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 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», 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 Определение. События А я В называются равными (эквива­ лентными), если А С В и В с А.

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.

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 Определение. События А и В называются несовместными, ес­ 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, 1,..., п, образуют (.разбиение П, или полную группу попарно несовместных событий, если V г ф j, А, • Aj — 0 и |J A-L = П.

Определение.. Назовем класс подмножеств пространства О, алгеброй событий, если 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.

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 Далее, если некоторый элемент ш множества О таков, что OJ € А, попарно несовместны., Окончательно т. е. эти события в сумме составляют-все пространство элементарных событий О.

2.1.3 Вероятность Пусть (П, srf) —- пространство элементарных событий с опреде- ленной 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 кп(А) — число тех из них; в которых'произошло событие А (абсолютная частота события А). Легко показать, что относительная частота обладает следующи­ ми свойствами:

для любого конечного или бесконечного I, если события А ; попарно несовместны.

В стохастически устойчивых экспериментах при 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 ) ;

О (непрерывность Р ).

Замечание. Аксиомы 3 и 4 можно заменить одной аксиомой счетной аддитивности (или, как еще говорят, аксиомой »' Сумма 12 выпадает лишь при одной комбинации, когда на красной кости 6 и на белой 6. Таким образом, Р ( 1 2 ) = 1/36. Сумма 11 выга. л ич'.г< • >• •, А к с и о м ы условных вероятностей.

1) Аксиома неотрицательности.

2) Аксиома нормированное™.

3) Аксиома, аддитивности.

4) Аксиома непрерывности.

Пример 9. В урне М белых и (N —М) черных шаров. Из урны случайны;., образом выбирают два шарика. Найти вероятность того, Решение. События А\, А2 — первый и второй шар белые.

Теорема умножения.

Теорема умножения вероятностей может быть обобщена на слу­ чай произвольного числа событий:

Определение. Событие А называется независимым от события 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 = = \ = Р{А).

Л е м м а (о взаимной независимости событий). Если собы­ зависит от, А.

Доказательство. Имеем, что и, следовательно, событие В не зависит от А.

Таким образом, события А и В не зависят друг от друга. При этом 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 Э т о определение удобно тем, что его легко можно распростра­ нить на совокупность нескольких событий.

мыми в совокупности, если для любого набора индексов 1 ^ i\ < 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 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 А\, А, Л3; Ai, А, Аз) независимы в,совокупности, поэтому 2.4, Формула полной вероятности и Определение.

События Н\, # 2, -..., Нп, 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 тезы». Hi).

Н„ — полная группа событий. Тогда вероятность любого события Л может быть вычислена по формуле:

группа событий и А — некоторое событие положительной вероят­ ности. Тогда условная вероятность того, что,имело место событие Нк, если в результате эксперимента наблюдалось событие А, может (a'priori — «до опыта»), а вероятности гипотез после того как произошло событие А, называют апостериорными (a'posteriori — «после опыта»).

Формула Байеса, таким образом, дает возможность «пересмотреть»'вероятности гипотез с учетом наблюденного результата опыта;

Пример 13. Есть 3 завода, производящих одну и ту же про­ 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:

изделие. Значит, брак среди всей продукции составляет 3,9%.

б) По формуле Байеса получим < i ) 1 0,25-0,05 _ 125 _ 25 _ 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:

Рассмотрим событие А = {пуля попала в мишень}. Известно, что Р{А\Н\) мишень Р(А) = 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, 2.5 Независимые испытания.

Число успехов в п независимых испытаниях 2.5. 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 успехов в п испытаниях схемы Бернулли. Тогда для любого к = Доказательство. Событие А — {ь>п = к} означает, что в п ис­ пытаниях схемы Бернулли произошло ровно к успехов. Рассмотрим один из благоприятствующих событию А элементарных исходов:

Здесь буквами "у" и "н" обозначены, соответственно, успешный и неуспешный результаты испытаний. Поскольку испытания незави­ симы, вероятность такого элементарного исхода (первые к испыта­ Другие благоприятствующие событию А элементарные исходы от­ личаются от рассмотренного выше лишь расположением к успехов значим через тн ) вероятность того, что событие А наступило 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 Наиболее вероятное число успехов.

По формуле Бернулли,'событие «произошло 0 успехов в п испы­ т. д. Какое ж е число успехов наиболее вероятно? Иначе говоря, при 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;

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 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 • пытании.- Испытания проводятся до появления первого успеха. Вве­ Теорема. Вероятность того, что первый успех произойдет в ис­ Доказательство. Действительно, 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 ~. Справедливо следующее утверждение.

п, к > Данному равенству можно придать следующее звучание: • если устройства.

сколько уже работает' устройство^ Доказательство. По определению условной вероятности, событие { т > п }, так что пересечение этих событий есть { т > n + f e }., Найдем для произвольного га > 0 вероятность Р ( т > га).

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.

Pi5o(70) « ^ ( 1, 6 7 ) « | • 0,0989 « 0,0165.

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 Рп{т\ ^ т ^ т г ) то­ го,,что в п независимых, испытаниях «успех» наступит от т\ до mi раз, определяется в соответствии с интегральной теоремой МуавраЛапласа:

где п — число испытаний в схеме Бернулли, m — число «успехов», функция Лапласа.

Отметим основные свойства функции Лапласа, необходимые для применения рассматриваемой теоремы.

Функция Лапласа:

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, 'котоые днем идут обедать! Каждый из них выбирает для обеда один 13 двух городских-ресторанов с равными вероятностями и незавиимо 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 вероятюсть 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 = Гогда Зткуда следует, что 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 Ai = {выпал г е р б }, А2 — {выпала цифра}.

2. Эксперимент — бросание неправильной монеты (например по­ гнутой монеты); те же события А\, А2.

пали два герба}, В2 = {выпали две ц и ф р ы }.

пали, два герба}, В2 — {выпали две ц и ф р ы }, В% = {выпали один герб и одна цифра}. Эксперимент — бросание двух правильных монет; В\ •— {герб на первой монете}, В2 = {герб на второй монете}.

6. Эксперимент — бросание правильного игрального кубика. Со­ С\ = {4 или 5 очков}, С = {5 или 6 очков}.

7. Эксперимент — бросание двух правильных игральных ку­ шестерки},>з = {на одном кубике 6 очков, на другом не шесть оч­ ков}.

8. Эксперимент — передача 3 сообщений по каналу связи. Со­ сообщение не искажено}.

9..Эксперимент — передача 3 сообщений по каналу связи. Со­ бытия E i = {все 3 сообщения переданы без о ш и б о к }, Е2 — { в с е, 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}, Е2 = { в о втором сообщении есть ошибка}, Ел = { в третьем сообщении есть ошибка}.

11. Эксперимент — извлечение одной карты из полной колоды игральных карт. События Fi — {червонная масть}, F2 = -{трефовая 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}, G2 =р { с р е ­ 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}, Н2 = {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}, К2 = {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) 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 и Задача' 85. Равносильны ли события А и В, если а) А = В; б) 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.

'•*' 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) 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 } ;

= {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, АВ, А\В, В\А,{А + 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:

' Задача 9 7. Вероятность каждого из событий А и В равна 1/2.

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 числами, отобранными случайным образом. В зависимости от числа совпавших номеров выплачивается выигрыш. Какова вероятность угадать в,лотерее 6 чисел из 49?

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 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 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 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 равновозможными, определите вероятность'следующих событий:

а) А будет первым в очереди;

-. б) Б не будет последним в очереди; • 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;

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 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 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 Задача 113. Бросается 4 кубика. Найдите вероятности..собы­ А = {на двух кубиках выпало одинаковое.число очков,, на двух 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).

-• ' 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 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 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 Задача 121. В некоторых сельских местностях России суще­ ствовало когда-то следующее гадание. Девушка зажимает в руке 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};

F = {один человек получит,щ предметов, один — п2 предметов, 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) З а д а ч а 1 2 5. Элементы а\, а2, \.., ап 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, 2,..., 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};

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 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 + uz + v = 0 лежат'На вещественной оси или не лежат? К чему стремятся эти вероятности 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 ^ ~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 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 заключена 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 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.

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 = { w i, ш2, и>з, u>i} Рассматриваются со­ =, 0, 2. События Д и В, А и С — независимы. Найти вероятно­ Р(А) 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 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 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:

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 •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, 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 вопросов. Какова вероятность' сдать зачет, если после отказа отве­ чать на вопрос преподаватель задает еще один вопрос? Зачет выставляется 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 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 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 р2, а для разнополых близнецов вероятность 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 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 208. Предполагается, что номер машины состоит из че­ тырех цифр, начиная с номера 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 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 В = {все сообщение будет, правильно воспринято в пункте при­ С = { в сообщении будет искажено не более г символов}..

Задача 2 1 8. Отрезок длины а\ + а поделен на две части длины а\ и а соответственно, п точек последовательно бросаются наудачу 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 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 р2 = 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 }.

ятность, что среди 200 студентов найдётся 4 левши; не менее чем 4' 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 ( 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 способа раскраски. При этом мы посчитали и самого правителя (когда ничего не красим). Поэтому полданных у 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. Семизначных чисел без единицы — 8 • 9 (первая цифра может быть любой кроме 0 и 1, остальные цифры ^любые кроме 1). Всего семи­ значных чисел — 9 • 10, Значит.семизначных чисел с единицей — 9 - 1 0 - 8 - 9. Осталось сравнить.полученные числа. 7. Каждое чис­ 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 — (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 некоторого 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- Ап — 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 „ = An^i + Ап~2- Очевидно, А\ = 2, А2 = 3. Осталось последовательно вычислить A3, А4,..., Получаем Ац = 233. 12. 1) Найдем количество однозначных, АЦ.

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 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\Q = 10. Тогда по правилу произведения различ­ 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 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 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 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 Рп спосо­ бами. Поэтому зверей можно расположить РпА^+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 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 раза, потому что каж­ дую пару, получающуюся в предыдущей задаче, можно посадить 2 способами: один раз мальчик слева, другой — справа. Получаем 15! - 2 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 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 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 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 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 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 — число всех fe-элементных подмножеств, то просуммировав по всем к от 0 до п, вновь получим общее число всех подмножеств.

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 (1 + х) = VJ С„х. 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 способов можно из п кандидатов выбрать к депутатов и среди последних спикера? Депутаты выбираются С* способами, после чего спикер к способами; таким образом, общее число способов равно С • к. Т о же 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 способами. Таким образом, доказано, что к • С* = 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 среди последних то членов президиума? 9. Легко доказать.по ин­ кандидатов выбрать га депутатов и среди депутатов некоторых (может быть, всех, а может быть, никого) наградить?

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 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 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\ь = 13800 способа­ 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 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| = 496 способами. Поэтому количество способов выбрать две-клетки одного цвета равно С| + -biCf = 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 ловек вторую бригаду можно образовать C f способами. Останутся 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| • Cf7 способами.

способами. Оставшиеся две детали из 50 — 10 = 40 деталей без бра­ ка можно выбрать С| способами. Таким образом, число способов взятия 5-ти-деталей, среди которых ровно три бракованных, равно Cf -Cf = 93600. 40: 3) Имеется Cf различных способов взятия 6-ти картой С| различных способов взятия! 6-ти карт'без..тузов. Таким образом,-; число различных:способов взятия: 6-ти карт, содержащих хотя бы-1 туз;-равно'C| — С|. 4 1. Будем выбиратьг.тех'людей, ко­ 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— 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. 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 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 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. 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 = 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. 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, получим С30 • = °б° распределения рабочих на первую, вторую и третью бригаду. Однако здесь считаются различными распределения, 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 равнобудем 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 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 Таким образом, в первой группе 5 • С\ • 5 • 5 — 5 • С | чисел.'Дна-логично находим, что во второй группе 4,- С. - 5 - 5'? = 4 - 5, - С сте может стоять любая из четырех четных цифр). Таким образом, 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,. Посколькупорядок 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 сти домино можно рассматривать как сочетание с повторениями из к + 1 чисел по два. Таким образом, число всех костей домино равно кажем, что существует тесная связь между решениями указанного уравнения и сочетаниями из к элементов по п. Действительно, если Х\ +Х2 + • -. +Хк = п, то можно составить сочетание с повторениями из к элементов по п, взяв элементов первого типа, х2 — второго типа,...', Xjt'— fc-ro типа. Наоборот, имея сочетание с повторениями (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 56. Первый способ. Сделаем замену переменных yi = Xi — 1. Тогда число решений исходного уравнения в натуральных числах равно рицательных числах. Но число решений последнего уравнения равно 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\ = JVIM 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.

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 ров в г-м ящике. Тогда задача сводится к числу решений уравнения Х\-\-Х2~\-. • - +XQ 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 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\, г2,..., ? „, в сумме равных г: r-j+r2+.. = г. Число решений данного уравнения равгп но С 3) Число состояний системы в модели Ферми-Дирака равно числу r-элементных подмножеств п-элементног'о множества (г ^ п), т. е. числу С 60. Пусть в число входит х\ единиц, х2 двоек и т. д.

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 шаров надо распределить на 5 ящиков. Э т о можно сделать С^ = Cf^ 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 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 разложений с ровно тремя пустыми ящиками. Учитывая, что всего более двух пустых ящиков. 62 Обозначим через F(N) число способов, 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) = (как ни -наклеивать марки указанного выше достоинства, суммы в 1, 2, 3 не получится). Далее, F ( 4 ) = 1 (наклеивается одна марка 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 — 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 Значение F ( 8 ) =.1. А К F ( 1 4 ) И F ( 1 2 ) МЫ еще>раз применим ф о р ­ тремя коврами. По формуле включений и исключений S — ( S i + ^ Si + S2 + S3 — S = 3. Поэтому хотя бы одна из площадей Si_2, S\i или S2.3 не меньше 1 м. 79. Обозначим Ах, А2, А3 — 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, Применим формулу включений-исключений. 1 ) \Ai U А2 U А3\. = б — количество сотрудников, - которые знают ровно 2 языка. Вто­ три человека знают только английский язык. 8 0. Применим форму­ |Л,П АА = и т. д. Поэтому по формуле включений-исключений Р(А\Нт) симо друг от друга, т о по формуле умножения вероятностей Р(Я ) = 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{В\Н2) P(B\Hi) ные вероятности извлечь белый шар, если известно, какая урны выбрана. Каждая урна выбирается с вероятностью 0,5 поэтому Р{А) знает ответы на 6 вопросов}, P ( f f i ) = 0, 1. Н2 = {учащийся знает (в случае, если первый сказал правду, т о его можно просто не учитывать; правдивую информацию сразу получает второй лгун).

что вероятность извлечь белый шар из второй урны равна -^ц.

четвёртой и т.д. 1 9 6. А — {первый источник сообщает Н\, вто­ 197. -А дем вероятность р выпадения трех единиц при одном бросании 1 8 8. Один вертолет в первый район и два вертолета во второй;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.

' 1, 1, 1..1,79.

1, 1. Критические значения Ха распределения Колмогорова значимости ОС 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.

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, 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.

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 Ю.Вентцель Е.С. Теория вероятностей: Учебник для студ. вузов / Е.С.

Вентцель. - 5-е изд., стереотип., 6-е изд., стереотип. - М.: Высшая 11.Вентцель Е.С. Теория вероятностей и ее инженерные приложения / 13. Гихман И.И. Теория вероятностей и математическая статистика: Учеб.

для студ. ун-тов / И.И. Гихман, А.В. Скороход, М.И. Ядренко. - Киев:

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 :

\-- 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.

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.

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.

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.

1735 «Программир. для быстродействующих мат. Машин»] 7 Я.К.

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.;