Файл: Дьяченко, А. Н. Интегральное исчисление функций нескольких переменных. Теория вероятностей и элементы математической статистики учебное пособие.pdf

ных выборок объема г с возвращением из генеральной совокупности т предметов равно п = тг.

Второй способ — выбор без возвращения. Однажды выбранный элемент удаляется из генеральной совокупности, так что выборка не содержит повторяющихся элементов. В этом случае первый член выборки может быть выбран т способами, второй — т— 1 способом и т. д. Такая выборка совпадает с комбинацией элементов, взятых по одному из групп, первая из которых содержит т элементов, вторая — т— 1, и т. д., последняя т—г + 1 элемент, поэтому число различных выборок объема г без возвращения из генеральной со­

Эту величину называют иногда размещением г по т и обозна­

чают (т)г или Агт. Если размещается г шаров по т ящикам и при этом запрещено помещать в каждый ящик более чем по одному шару, то число раз­ личных случаев равно (т)г.

Если размещаются т шаров по т ящикам (по одному в каждый), то раз­ личные варианты отличаются только по­

рядком элементов и их называют перестановками Полагая в формуле (4.25) г = т, получим число из т элементов:

Пт= т(т— 1 )-{т— 2)- . . . ■2Л=т\

4. В ряде задач важно знать, из каких предметов состоит сово­ купность, а порядок предметов в совокупности безразличен. Пусть из т предметов составляются совокупности по г предметов, при этом совокупности считаются различными, если они отличаются хотя бы одним элементом, и одинаковыми, если они отличаются только порядком элементов. Такие совокупности предметов называют со­ четаниями из т предметов по г. Чтобы подсчитать число сочетаний из т предметов по г, предположим что т предметов располагаются один за другим слева направо (рис. 41). Сочетание образуется са­ мыми левыми г предметами. Известно, что т предметов можно рас­ положить в различном порядке т\ способами. При этом способы, отличающиеся только порядком левых г предметов и правых т—г предметов, образуют одно и то же сочетание. Число перестановок левых г предметов г!, правых т—г предметов (т—г)!, т. е. одному сочетанию соответствует г\ (т—г) ! перестановок предметов, или число перестановок т предметов в г\ (т—г) ! раз больше числа со­ четаний. Следовательно, число сочетаний из т предметов по г равно:

91

бинома Ньютона, поэтому его называют еще биномиальным коэффи­

циентом.

Замечание. Так как при больших т вычислять т\ трудно, для вычис­ ления ml пользуются приближенной формулой Стирлинга:

Пример 11. Найти вероятность того, что сумма очков при двух бросаниях

Подставляя тА и п в (4.22), получаем:

Пример 12. Среди 25 экзаменационных билетов имеется 5 «счастливых» и 20 «несчастливых». Перед началом экзамена студенты по очереди слу­ чайным образом берут билеты, не возвращая их обратно. У кого больше вероятность взять «счастливый» билет: у того, кто подошел первым или у того, кто подошел вторым? Какова вероятность, что хотя бы один из первых двух студентов вытянет «счастливый» билет?

Р е ш е н и е . Для определенности будем считать, что «счастли­ вые» билеты имеют номера 1, 2, 3, 4, 5. Поскольку нас интересуют только билеты, взятые первыми двумя студентами, можно считать, что в опыте наблюдаются номера только этих билетов и результат опыта (элементарное событие) представить упорядоченной парой чи­ сел (г, /), где i — номер билета, взятого первым студентом, / — номер билета, взятого вторым студентом. Число элементарных событий в рас­ сматриваемом опыте, равно числу выборок объема 2 без возвращения

92

Так как студенты не возвращают билеты обратно, то у двух сту­ дентов не могут быть билеты с одинаковыми номерами, т. е. в паре (г, j) обязательно i =j=j и поэтому клетки, расположенные на главной диагонали таблицы (см. рис. 43), не принадлежат пространству эле­ ментарных событий.

При определении вероятностей интересующих нас событий будем считать элементарные события равновероятными и воспользуемся формулой (4.22). Число всех элементарых событий (случаев) п = 600. Событию А — первый студент взял «счастливый» билет — благопри­ ятствует тА — 25-5 — 5 = 120 случаев. Они изображаются клет­

ками, расположенными выше горизонтальной пунктирной линии. Событию В — второй студент взял «счастливый» билет благоприятст­ вует столько же случаев. Они изо­ бражаются клетками, расположен­ ными левее вертикальной пунктир­ ной линии. Таким образом, вероят­ ности взять «счастливый» билет для первого и второго студентов одина­ ковы:

т,

Р (А) = — — = Р (В) =

п

__ тв _ 120 _ 1

~и ~ 600 ~ 5 '

Событие С — хотя бы один из первых двух студентов вытянет «счастливый» билет — является сум­ мой событий А и В : С — А + В.

Поскольку события А и В могут произойти одновременно (АВ Ф А), то для вычисления их суммы нужно воспользоваться формулой (4.18).

Мы нашли, что Р (А) = Р (В) = — . Найдем вероятность события

5

АВ ■— оба студента вытянули счастливые билеты. Это событие экви­

Пример 13. Шеститомное собрание сочинений расположено на полке случайным образом. Чему равна вероятность того, что: а) тома стоят

93

которые отличаются первыми картами .(наблюдать только первую карту при раздаче). Каждый такой вариант является элементарным событием. Предполагая, что любая из 36 карт может быть первой с оди­ наковой вероятностью и никаких других вариантов первой карты не может быть, видим, что пространство элементарных событий состоит из 36 равновероятных элементарных событий. Из них 4 (четыре туза) благоприятствуют событию А и 9 (девять бубновых карт) событию В. Применяя формулу (4.22), находим:

Для того, чтобы решить задачу 2 недостаточно наблюдать только первую карту — нужно наблюдать все карты, доставшиеся игроку, получившему эту карту, в связи с чем придется ввести другое прост­ ранство элементарных событий. Будем считать теперь элементарным событием каждый вариант сдачи карт первому игроку. Игроку сдается

рассматриваемому игроку можно сдать Сспособами. Считая все эле­ ментарные события равновероятными, находим:

С12

Р(С) = — Ц- ~ 1,5-10—5-

^36

Чтобы решить задачу 4, заметим, что каждый вариант сдачи карт трем игрокам полностью определяется тем, какие карты получили первые два игрока (третий получает оставшиеся 12 карт). Первый иг­

рок, как отмечалось выше, может получить Cgg различных вариантов карт. При каждом таком варианте второй игрок может получить 12 карт из оставшихся 24 С^ способами. Так что общее число вариантов

сдачи карт равно: п = сЦс^- Первый игрок может получить три

карты бубновой масти Сд способами, второй игрок из оставшихся ше­

сти бубновых карт три карты может получить Cg способами. Таким же

числом способов игроки получат по три карты других мастей. Следо­ вательно, число способов, которыми первый и второй игроки .могут

получить по три карты каждой масти равно [CgCg]4- При каждом та­

ком варианте сдачи карт третий игрок автоматически получает по три карты каждой масти. Пользуясь формулой (4.22), находим:

Замечания. Рассмотренный пример показывает, что элементарные события и, следовательно, пространство элементарных событий в различных задачах, соответствующих одному и тому же опыту, нужно выбирать различными способами, сообразуясь с удобствами решения задачи. Однако, чтобы можно было применять классическое определение ве­ роятности, каждый раз нужно убедиться в том, что элементарные со­ бытия равновероятны. Иепользуя условие задачи об одинаковой ве­ роятности любого из 36! вариантов порядка карт в колоде, нетрудно убедиться, что в каждом из рассмотренных пространств элементарных событий элементарные события действительно одинаково вероятны. В самом деле, любому варианту сдачи первой карты соответствует

95