Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика

Подождите немного. Документ загружается.

– т

способами, то вибір впорядкованої системи об’єктів

(а

,…,а

) можна здійснити т

.т

…т

способами (1.3.2).

Перестановками називають сполуки або групи, що скла-

даються з п елементів, що розрізняються між собою і відріз-

няються між собою тільки порядком їх розташування. Число

всіх можливих перестановок рівне Р

= п!, де п! = n⋅

⋅

...321

(1.3.3).

Наприклад, з трьох букв абв можна скласти Р

= 3! =

6321 =⋅⋅=

таких перестановок: абв, авб, бав, бва, ваб, вба.

Нехай є сукупність з п різних елементів. З цієї сукупності

утворимо групи або сполуки з k (k < п) різних елементів.

Розміщеннями називають сполуки або сукупності з п різ-

них елементів по к елементів, які відрізняються або складом

елементів, або порядком їх розташування у

групі.

Число всіх можливих розміщень рівне:

= п(п – 1)(п – 2) ...(п – т+1) (1.3.4).

Наприклад, з чотирьох букв абвг можна скласти

1234

=⋅=A розміщень з чотирьох елементів по два: аб, ба,

ав, ва, аг, га, бв, вб, бг, гб, вг, гв.

Якщо п = k, то А

= А

= п(п – 1)(п – 2)...1 = п! = Р

(1.3.5).

Комбінаціями називаються сполуки або групи, складені з

п різних елементів по k елементів, які відрізняються одна від

одної хоча б одним елементом. Число комбінацій

!)!(

kkп

−

)1)...(2)(1(

kпппп

−

(1.3.6 ).

При цьому: 0! = 1; С

= С

= 1; С

= С

1−п

= п; С

= С

кп

−

; С

+ С

+ ... С

= 2

. Число розміщень, пере-

становок і комбінацій зв’язані рівнянням: С

або

=Р

(1.3.7).

Наприклад, з чотирьох букв абвг можна скласти

⋅

= 6 комбінацій по дві букви в кожній.

Cполуки 1) аб і ба; 2) ав і ва; 3) аг і га; 4) бв і вб; 5) бг і гб;

6) вг і гв є однією комбінацією, оскільки набір букв в кожній з

шести комбінацій однаковий, а порядок їх розташування не

має значення.

Перестановки з повтореннями. Якщо

серед n елементів

є однакові, то перестановки, які утворюються одна з одної

переставлянням однакових елементів, нічим не відрізняються,

тому кількість різних перестановок буде менша, ніж n!. Якщо

серед елементів множини, що має n елементів є n

елементів

1-го типу, n

елементів 2-го типу, ... n

елементів k-го типу (n

+ n

+ … + n

= n), то число всіх перестановок такої множини

позначається Р

,…n

) і рівне

!!...!

),...,(

nnn

nnnP =

(1.3.8).

Розміщення з повтореннями. Розміщенням з повторен-

нями з n елементів по k називається будь-яка впорядкована k-

множина виду (a

,…a

), де а

,…а

– елементи множини (не

обов’язково різні). Число всіх розміщень з повтореннями

позначається

A (тут можливе k > n) і рівне

nA = .

Розміщення з повтореннями з n елементів по k називають

також впорядкованими k-вибірками з поверненням з n-мно-

жини.

Приклад. Код замка складається з шести цифр. Загальна

кількість усіх можливих наборів з шести цифр рівна числу

розміщень з повтореннями з 10 елементів по 6:

10A

1000000=

Комбінації з повтореннями. Комбінацією з повторен-

нями з n елементів по k називається будь-яка k-множина виду

{}

aaa ,...,

, де а

, а

, ... а

– елементи множини (не

обов’язково різні). Число всіх комбінацій з повтореннями з n

елементів по k позначається

С (тут можливе k > n) і рівне

)!1(!

)!1(

−

−+

CС

(1.3.10).

Приклад. Кількість способів, якими можна вибрати:

а) шість цифр з десяти цифр дорівнює кількості комбіна-

цій з повтореннями з 10 елементів по 6:

;5005

!9654321

151413121110!9

!9!6

!15

1610

⋅

−+

CС

б) десять цифр з шести цифр дорівнює кількості комбіна-

цій з повтореннями з 36 елементів по 10:

.3003

54321!10

1514131211!10

!5!10

!15

1106

⋅

−+

CС

Задачі

1.3.1. На вершину гори веде 7 доріг.

Скількома способами турист може піднятись на гору і

спуститись з неї?

Дати відповідь на те саме запитання, якщо підняття і

спуск відбуваються різними шляхами.

Розв’язок.

Турист може піднятись n

= 7 способами і спуститись n

7 способами. Згідно узагальненого правила добутку піднятись

на гору і спуститись з неї можна

4977

⋅

nnn спосо-

бами. Якщо спуск відбувається іншим шляхом ніж підйом, то

617

=−=n . Отже 4276

⋅

nnn . Іншими словами,

оскільки має значення не лише вибір двох доріг з усіх доріг

для підняття і спуску (вибір 2 елементів серед 7 елементів),

але й вибір доріг для підняття і спуску серед двох уже ви-

браних (порядок розташування елементів у групі), то число n

рівне числу розміщень з 2 елементів серед 7:

=⋅== 76

Аn

42= .

1.3.2. Скільки тризначних чисел можна записати цифрами

0, 1, 2, 3, 4?

Розв’язок.

Перша цифра у тризначному числі може бути вибрана n

= 4 способами (“0” не вибирається), друга цифра n

= 5

способами, третя цифра n

= 5 способами. Згідно узагальне-

ного правила добутку усіх тризначних чисел може бути

100554

321

⋅

⋅=⋅⋅= nnnn .

1.3.3. Скільки тризначних чисел можна записати цифрами

0, 1, 2, 3, 4, якщо кожну з цих цифр використовувати не

більше одного разу?

Розв’язок.

Якщо кожну з цифр використовувати не більше одного

разу, то третю цифру можна записати n

= 5 способами, другу

цифру – n

= 4 способами, першу цифру – n

= 3 способами.

Згідно узагальненого правила добутку усіх тризначних чисел

може бути

60543

321

⋅

⋅= nnnn . Це число n дорівнює

кількості розміщень з 3 елементів серед 5 елементів:

345

⋅⋅=A .

1.3.4. Скількома способами 7 осіб можуть стати в чергу

до каси?

Розв’язок.

Число n дорівнює кількості перестановок з 7 елементів

50407654321!7

⋅

⋅⋅⋅⋅==n

1.3.5. Скількома способами можна з 7 осіб вибрати комі-

сію, що складається з 3 осіб?

Розв’язок.

Оскільки має значення лише набір 3 осіб серед 7 осіб, а

порядок їх розташування у групі не має значення, то число

способів n рівне числу комбінацій, які можна утворити з 3

елементів серед 7:

.35

321

567

⋅⋅

⋅

== Cn

1.3.6. Студентові треба за 8 днів скласти 4 іспити. Скіль-

кома способами це можна зробити?

Розв’язок.

Розглянемо варіанти розв’язків.

а) Оскільки порядок розташування іспитів за кожен день

має значення, то кількість способів рівне числу розміщень з

чотирьох елементів серед 8 елементів:

16805678

=⋅⋅⋅=A .

б) Логічно зробити такі обмеження – за один день можна

скласти лише один іспит. Тоді на 8 місць треба розставити 4

значущі цифри (різні іспити) і 4 нулі (відсутність іспитів).

Вибрати 4 дні з восьми можна

4321

5678

⋅

=С спо-

собами, а посортувати ці 4 іспити по порядку в кожному із

способів можна

241234

⋅

варіантами. Всього

одержимо

16802470

⋅ способів здачі іспитів.

в) Можна міркувати інакше – якщо обмеження є: за один

день складається 1 іспит, то для здачі І іспиту маємо 8

варіантів (днів); для здачі ІІ іспиту – лише 7, бо один день вже

вибрано; для здачі ІІІ іспиту – 6; а ІV– лише 5; отже, число

способів рівне

16805678

⋅

⋅ .

г) Якщо ж обмежень немає і за день можна скласти будь-

яку кількість іспитів, то для кожного з іспитів є 8 варіантів

вибору для складання і тому цих способів буде рівне

=⋅⋅⋅= 88888

40966464

⋅

= .

1.3.7. У розіграші першості країни з футболу бере участь

17 команд.

Скількома способами можуть бути розподілені золота,

срібна і бронзова медалі?

Розв’язок.

Оскільки мова йде про вибір групи з k = 3 елементів серед

n = 17 елементів і тут важливий порядок розташування еле-

ментів у групі, то

.151617

⋅⋅=== AAN

1.3.8. У класі вивчають 10 предметів. У понеділок 6

уроків, причому всі уроки різні.

Скількома способами можна скласти розклад на

понеділок?

Розв’язок.

1512005678910,6,10

=⋅⋅⋅⋅⋅==== ANkn

1.3.9. Автомобільний номер складається з двох букв і

чотирьох цифр.

Яке число номерів можна скласти з 33 літер українського

алфавіту?

Розв’язок.

У номері можуть повторюватись букви і цифри. Так що

кількість способів, якими можна розташувати 33 літери

українського алфавіту на двох місцях рівна

333333 =⋅=n ,

це рівне кількості розміщень з повтореннями з 33 елементів

по 2:

33=A . Кількість способів, якими можна розташу-

вати 10 цифр на чотирьох місцях рівна

⋅

10101010

10= , що рівне кількості розміщень з повтореннями з 10

елементів по 4:

10=A .

За правилом добутку шукана кількість номерів рівна

10890001033

=⋅=⋅= nnn .

1.3.10. На зборах повинно виступити 4 особи: А, В, С, D.

Скількома способами їх можна записати в список

ораторів, якщо В не може виступити раніше, ніж А?

Розв’язок.

Необхідно вибрати дві особи: А і В (k = 2) серед чотирьох

осіб (n = 4) і при цьому важливий порядок розташування

вибраних осіб. Таким чином

, кількість способів, якими можна

записати ораторів рівна кількості розміщень без повторень з 2

елементів серед 4 елементів:

1234

=⋅== AN

або

.12

1234

⋅

1.3.11. Скільки різних слів можна утворити переставлян-

ням букв у слові “математика”?

Розв’язок.

У слові “математика” є десять букв, з них – буква “м”

повторюється n

= 2 рази, “а” – n

= 3 рази, “т” – n

= 2 рази.

Тоді загальна кількість слів, які можна утворити перестав-

лянням букв рівна:

!!...!

)...,(

nnn

nnnP = .

Підставивши необхідні дані, отримуємо:

151200

2132121

10987654321

!2!3!2

!10

)2,3,2(

⋅

1.3.12. Скільки різних слів можна утворити переставлян-

ням букв у слові а) “баобаб”; б) “комбінаторика”?

Розв’язок.

а) У слові “баобаб” є шість букв; з них буква “б” повто-

рюється n

= 3 рази; буква “а” повторюється n

= 2 рази. Тоді

загальна кількість слів, які можна утворити переставлянням

букв рівна:

()

!!!

nnn

nnnP

…

⋅

= .

Підставивши необхідні дані, отримуєм:

()

21321

654321

!2!3

2;3

⋅

=P ;

б)

()

.778377600

!2!2!2

!13

2;2;2

⋅

1.3.13. Скількома способами можна вибрати 6 однакових

або різних тістечок у кондитерській, де є 11 різних сортів

тістечок?

Розв’язок.

Кількість способів, якими можна вибрати 6 однакових або

різних тістечок з 11 різних тістечок рівне числу комбінацій з

повтореннями з 11 елементів по 6:

−

=====

−+

!10!6

!16

)!111(!6

!16

1611

CCCCN

8008

654321

161514131211

⋅⋅⋅⋅⋅

⋅

⋅⋅⋅⋅

, згідно формули

)!1(!

)!1(

−

−+

1.3.14. У кімнаті є n лампочок.

Скільки всього є різних способів освітлення кімнати, при

яких горить рівно k лампочок? Скільки всього може бути

різних способів освітлення кімнати?

Розв’язок.

Оскільки мова йде лише про горіння k конкретних

лампочок з n, то кількість способів, якими можна освітити

кімнату рівна числу комбінацій

з k елементів серед n, тобто

CN = .

Загальне число способів, якими можна освітити кімнату

рівна сумі комбінацій з k = 0, 1, ... n серед n елементів:

nnnn

CCCCCN ++++==

∑

...

210

Числа

C ,

C ...

C є коефіцієнтами в розкладі

бінома Ньютона:

++==+

−−

∑

11100

)(

knk

baCbaCbaCba

....

0222

baCbaC

+++

−

Якщо покласти a = b = 1, то

=++++

nnnn

CCCC ...

210

=⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=

−− 022211100

11...111111

CCCC

2)11( =+= . Отже,

C 2

∑

1.3.15. Довести рівність

MCCmM

)(

−

=− .

Розв’язок.

Перетворимо ліву частину рівності, використавши

формули комбінаторики:

−

⋅−=−

)!(!

)()(

mMm

mMCmM

mMm

mMmMm

mMM

)!1(!

)!1(

)()!1(!

)(!

−

−−

−

−−−

−

= ,

або перетворимо праву частину рівності:

−−−

−

−−

−

))(1(!

)(!

)!1(!

)!1(

mMmMm

mMM

mMm

.)(

)!(!

)(!

CmM

mMm

mMM

−=

−

= .

1.4. Класичне означення імовірності

Імовірністю події А називається відношення числа ре-

зультатів випробування m, сприятливих до настання події А

до загального числа всіх рівноможливих несумісних елемен-

тарних подій n, що утворюють повну групу:

AP =)(

(1.4.1).

Для кожної випадкової події

⊂

має місце така її

основна властивість:

1)(0

≤

, оскільки

,...2,1,0

Причому, імовірність неможливої події дорівнює 0: Р(∅)=

= 0; імовірність достовірної (вірогідної) події дорівнює 1:

1)( =ΩР .

Відносною частотою події А називають відношення числа

випробувань m, в яких подія відбулась до загального числа

проведених випробувань n:

AW =

)( (1.4.2).

Імовірність обчислюють з теоретичних міркувань, віднос-

ну частоту – після проведення випробування. Як і імовір-

ність, відносна частота знаходиться в межах:

1)(0

≤

AW .

Відносну частоту або число, близьке до неї, приймають за

статистичну імовірність події.

Задачі

1.4.1. В конверті серед 100 фотокарток знаходиться одна

розшукувана. З конверту навмання витягується 10 карток.

Знайти ймовірність того, що серед них виявиться

потрібна.

Розв’язок.

Умовно розіб’ємо сто фотокарток на 10 блоків по 10 штук

в кожному блоці. Таким чином, шукана фотокартка

знаходиться в одному (m = 1) з 10 блоків (n = 10). Тоді

імовірність події А – “

потрібна фотокартка знаходиться серед

10 витягнутих” згідно класичного означення імовірності рівна

Р(А) =

1.4.2. При встановленні в механізм бракованої деталі і

при перевірці її дієздатності весь механізм вийшов з ладу.

Визначити умову, при якій буде економічно вигідно

проводити поштучний контроль вказаних деталей, якщо

відомо, що вартість контролю кожної з них після їх

виготовлення рівна М грн., вартість всього механізму N грн.;

ймовірність виготовлення

бракованої деталі – р і в механізм

входить одна з цих деталей.

Чи буде економічно вигідно проводити поштучний

контроль деталей, якщо собівартість механізму 2 грн.,

вартість контролю кожної деталі – 1 коп., а а) ймовірність

виготовлення бракованої деталі – 0,01; б) ймовірність

виготовлення бракованої деталі – 0,001?