Кармелюк Г.І. Теорія ймовірностей та математична статистика

Подождите немного. Документ загружается.

Отже,

456

)(

⋅⋅

AP .

б) Імовірність складання слова “АСС” рівна:

456

)(

⋅⋅

===

, де m = 2, оскільки слово

“АСС” можна скласти двома способами, переставивши різні

“С”.

в) Імовірність складання слова “СОДА” рівна:

180

3456

)(

⋅⋅⋅

===

AP , де m = 2, оскільки

“С” з шести букв, де є два “С” можна вибрати двома спосо-

бами.

г) Усіх можливих слів (навіть беззмістовних), що

складаються з шести букв, рівне числу перестановок з шести

елементів

!6=n . Сприятливих випадків для утворення слова

“ОДЕССА” при даному наборі букв рівна

===

)(

360

654321

⋅⋅⋅⋅⋅

⋅

Для того, щоб з вибраних букв можна було скласти слово

“ОДА”, необхідно, щоб були вибрані три букви: “О”, “Д” і

“А”. Число усіх можливих наслідків випробування (вибір

трьох букв з шести) рівне числу комбінацій з 3 елементів

серед 6:

Cn = . І оскільки лише одним способом можна

скласти слово “ОДА”, тобто першою повинна бути буква О,

другою – Д, третьою – А, то m = 1. Остаточно,

)( ==

1.4.13. В записаному телефонному номері 135–3... три

останні цифри стерлись.

В припущенні, що всі комбінації трьох стертих цифр рів-

номожливі, знайти ймовірність подій:

А = {стерлись різні цифри, відмінні від 1, 3, 5},

B = {стерлись однакові цифри},

Розв’язок.

Усіх трьох останніх цифр може бути n=

101010

=1000.

Число цифр m сприятливих настанню події А рівне числу

розміщень з 3 елементів серед 7 елементів

m: 3)-10 (7

A= Отже, 21,0

1000

567

1000

)(

××

===

AP .

Число m сприятливих настанню події В рівне 10, оскільки

однакових цифр може бути 10. Отже,

===

1000

)(

.01,0=

1.4.14. Яка ймовірність того, що чотиризначний номер ви-

падково взятого автомобіля у великому місті:

а) має всі цифри різні?

б) має тільки дві однакові цифри?

в) має дві пари однакових цифр?

г) має тільки три однакові цифри?

д) має всі цифри однакові?

Розв’язок.

Всіх чотиризначних номерів можна утворити

10n

10101010 =××× способами.

а) Номерів, чотири цифри якого різні, можна утворити

Am = способами. Отже, імовірність того, що чотиризнач-

ний номер має всі цифри різні, рівна згідно класичного озна-

чення імовірності

.504.0

10000

5040

78910

)(

⋅⋅⋅

===

б) Якщо в чотиризначному номері 2 однакові цифри, то

дві інші відмінні від попередніх і різні. Одну з однакових

цифр можна вибрати десятьма способами, другу з однакових

цифр – одним способом, оскільки вона повинна бути такою,

як перша. Дві інші різні цифри з дев’яти можна вибрати

способами. Усіх наборів цифр у чотиризначному номері з

двома однаковими цифрами можна утворити

способами:

4321

⋅

⋅⋅⋅

= .

Таким чином,

.432,0

10000

4320

102

1289110

12110

)(;12110

⋅

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

==⋅⋅⋅=

APCm

в) Якщо у числі дві пари однакових цифр, то ці дві цифри

обов’язково різні. З десяти різних цифр їх можна вибрати

способами. Чотири різні цифри можна переставити 4! спо-

собами. Враховуючи те, що у числі є дві пари однакових

цифр, то число перестановок з чотирьох елементів буде

4321

!2!2

⋅

⋅⋅⋅

⋅

. Тоді 270

6910

⋅

=⋅= Cm .

Отже,

.027,0

10000

270

)(

==AP

г) Якщо у чотиризначному числі є три однакові цифри, то

першу цифру можна вибрати десятьма способами, ІІ і ІІІ

цифри одним способом, а четверту – девятьма способами (бо

залишиться дев’ять цифр). Крім того, четверта цифра може

стояти на одному з чотирьох місць (розрядів) у чотири-

значному числі. Отже,

,360491110

⋅

m а =)(AP

.036,0

10000

360

д) Якщо у чотиризначному числі всі цифри однакові, то

першу цифру можна вибрати десятьма способами, а кожні три

наступні цифри – одним способом. Отже, ,1011110

⋅

.001,0

10000

)( ==AP

1.4.15. Букет квітів складається з 5 ромашок і 10 волошок.

З цього букету випадковим чином складають букетики по три

квітки в кожному. Знайти імовірність того, що в кожному

букетику буде по одній ромашці.

Розв’язок.

Нехай А – шукана подія.

З 15 квіток (5 + 10=15) можна скласти 5 букетів, в кожно-

му з яких є по 3 квітки.

Перший букет можна скласти

151

Cn = способами, другий –

122

Cn = способами, третій –

Cn = способами, четвертий –

Cn = способами. Згідно

узагальненого правила добутку число всіх можливих букетів

рівне:

⋅−

==⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=

!3)!315(

!15

154321

CCCCnnnnn

)!3(

!15

)!3(

!12

!15

!3)!36(

!3)!39(

!3)!312(

!12

=⋅⋅⋅⋅=

⋅−

⋅

⋅−

⋅

⋅−

Дві волошки для кожного з п’яти букетів можна вибрати

так: для першого букета

Cm = способами, для другого –

Cm = способами, для третього

Cm = способами, для

четвертого –

Cm = способами, для п’ятого –

Cm = спо-

собами. Загальна кількість способів вибору волошок рівна

54321

mmmmmm

⋅

⋅⋅⋅= . Кожному з п’яти букетів з двох во-

лошок можна підібрати будь-яку ромашку так: першому буке-

ту

=m (п’ятьма) способами, оскільки всього є 5 ромашок,

другому букету –

=m способами, третьому букету –

=m способами, четвертому – 2

=m (двома) способами,

п’ятому –

=m способом, так що ×⋅⋅=

mmmm

mm ⋅× . Загальна ж кількість способів вибору букетів

сприятливих для настання події А рівна:

=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅= 12345

///

CCCCCmmm

)!2(

!10

!2!0

!2!2

!2!4

!2!6

!2!8

!10

!2)!22(

!2)!24(

!2)!26(

!2)!28(

!2)!210(

!10

⋅=

⋅

⋅=

⋅−

⋅

⋅−

⋅

⋅−

⋅

⋅−

⋅=

Тоді шукана імовірність рівна:

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⋅

⋅⋅⋅⋅⋅

⋅

⋅⋅

!3!2

1514131211!10

!10!5

!15)!2(

)!3(!10!5

)(

.08092,0

1001

1514131211

27954321

1514131211

3!5

⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅

⋅

1.4.16. В урні знаходиться n білих і n червоних куль. Всі

кулі з урни витягають парами, причому витягнуті кулі назад

не повертають. Яка імовірність того, що всі пари будуть скла-

датися з куль різного кольору?

Розв’язок.

Нехай А – подія, яка полягає в тому, що одна куля білого і

одна

куля червоного кольорів. В урні всього є n

+ n

= 2 n

куль. З 2n куль можна утворити n пар куль. Загальна кількість

способів n, якими можна вибрати 2 кулі з усіх куль рівна

добутку: n

– кількості способів, якими можна вибрати 2 кулі

серед 2n куль, тобто кількості комбінацій, які можна утворити

з 2 елементів серед 2n елементів –

Cn = ; n

– кількості

способів, якими можна вибрати 2 кулі серед (2n – 2) куль, що

залишились, тобто кількості комбінацій, які можна утворити з

2 елементів серед (2n – 2) елементів –

222

−

Cn ; n

– кіль-

кості комбінацій, які можна утворити з 2 елементів серед

решти (2n – 4) елементів, ... n

– кількості комбінацій, які

можна утворити з 2 елементів серед 2 елементів –

C . Таким

чином,

nnnnn ...

321

⋅

⋅= . Кількість способів, сприятливих

настанню події А згідно узагальненого правила добутку рівна

добутку:

′

– числа способів (комбінацій) якими можна ви-

брати 1 білу кулю серед n білих куль

Cm = і

m – числа

способів (комбінацій), якими можна вибрати 1 чорну кулю

серед n чорних куль

1//

Cm =

– для першої пари куль;

m –

числа способів (комбінацій), якими можна вибрати 1 білу

кулю серед (n – 1) білих куль

−

Cm і

m – числа спосо-

бів (комбінацій), якими можна вибрати 1 чорну кулю серед

(n – 1) чорних куль

−

у другій парі куль;

−

– числа комбінацій, якими можна вибрати 1 білу кулю серед

n – 2 білих куль і

−

Cm – числа комбінацій, якими

можна вибрати 1 чорну кулю серед n – 2 чорних куль у третій

парі куль і т. д., поки

Отже,

/////

...

mmmmmmmmm ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅= .

Остаточно,

AP )(

⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

−−−−

−−−−−−−−

111

...

CCCCCC

CCCCCCCCCCCC

nnnnn

nnnnnnnnnnnn

−

⋅

−

⋅

−

⋅

−

⋅

−

⋅

−

⋅

−

−−⋅⋅

)!22(!2

)!2(

...

)!102(!2

)!82(

)!82(!2

)!62(

)!62(!2

)!42(

)!42(!2

)!22(

)!22(!2

)!2(

11...)4)(4)(3)(3)(2)(2)(1)(1(

nnnnnnn

nnn

)!2(

2)!(

)!2(

2]1...)4)(3)(2)(1([

nnnnn

⋅

⋅⋅−−−−

1.4.17. Колода з 36 карт ретельно перемішана (тобто всі

можливі розміщення карт рівноймовірні).

Знайти ймовірності подій:

А = {чотири тузи розміщені поруч},

B = {місця розміщення тузів утворюють арифметичну

прогресію з кроком 7}.

Розв’язок.

а) Схематично розташування тузів можна зобразити так

(див. рис 1.4.1а). Використаємо

АP =)(

••••.................•

Рис. 1.4.1а.

де n = 36! – числу перестановок з 36-ти карт. Число

наслідків випробування, що сприяють настанню події А,

обчислимо так: чотири тузи можна розмістити поруч m

= 4!

способами; відповідно, решту 36 – 4 карт можна розмістити

= (36 – 4)! способами. Крім цього, блок з чотирьох карт

може знаходитись на одному з m

=(36 – 3) місць. Тоді згідно

узагальненого правила добутку

321

mmmm

⋅

і P(A) рівне:

.0005602,0

1785

36353433!32

33!324321

!36

33!32!4

!36

)336()!436(!4

)(

≈=

⋅⋅⋅⋅

⋅

−

=AP

б) Схематично розташування тузів можна зобразити так:

1 8 15 22 29 36

○

○○ ○ ○ ○ ○

○

○ ○ ○ ○ ○ ○

○

○ ○ ○ ○○○

○

○ ○ ○○○○

○

○○ ○ ○ ○ ○

○

Рис. 1.4.1б.

(див. рис. 1.4.1б), де цифрами позначені номера місць. Четвер-

тий туз (а відповідно і три попередні) може займати одне з

п’ятнадцяти місць: m

= 36 – 21 = 15; m

= 4!; m

= (36 – 4)!; n =

= 30! аналогічно до п. a).

Отже,

0002317,0

3927

36353433

15!4

!36

15!32!4

)(

321

≈=

⋅⋅⋅

⋅

===

mmm

1.4.18. П’ять різних кульок випадковим чином розки-

даються по п’яти лунках, кожна кулька попадає в ту чи іншу

лунку з однаковою імовірністю і незалежно від других (в одну

лунку може попасти будь-яке число кульок). Знайти імовір-

ність того, що в кожній лунці виявиться по одній кульці.

Розв’язок

Позначимо через А – подію, імовірність якої необхідно

обчислити. Скористуємось класичним означенням імовірності

AP =)(

. Загальна кількість усіх способів N, якими можна

розкидати n кульок по n урнах обчислюється так: перша

кулька може попасти в n лунок, друга – в n лунок..., n-а ку-

лька аналогічно, може попасти в n лунок, оскільки в кожній

лунці може бути від однієї до n кульок. Використовуючи уза-

гальнене правило

добутку отримаємо:

nnnnnN =⋅⋅⋅=



... .

Це формула розміщень з повтореннями

Число випробувань сприятливих настанню події А

обчислюється так: перша кулька може попасти в n лунок;

друга кулька в (n – 1) лунку, оскільки одна лунка вже зайнята:

третя в (n – 2) лунку, оскільки вже 2 лунки зайняті; четверта –

в (n – 3) лунок; остання – в одну лунку, оскільки всі попередні

лунки зайняті. Згідно

узагальненого правила добутку

!1...)3)(2)(1( nnnnnm

⋅

−

−−⋅= .

Число m можна також розглядати як кількість переста-

новок з n елементів, тобто m = n!.

Таким чином,

)( =

; поклавши n = 5, отримаємо:

625

4321

5!4

)(

445

⋅

==AP .

1.4.19. (Розподіл куль по урнах). Є r різних куль, які

випадково розкидаються по n урнах. В одній і тій же урні

можуть знаходитись декілька куль і навіть всі кулі.

Знайти ймовірність того, що в першу урну попадуть рівно

куль, в другу – r

куль і т. д. , в n-у урну – r

куль, r

+ r

+ ... + r

= r.

Розв’язок.

Нехай А – шукана подія.

Кожну кулю можна кинути в одну з N урн, тобто N спо-

собами, відповідно r куль можна розкидати по N урнах

різними способами. Отже, n =

. Число наслідків випро-

бувань m, що сприяють настанню події А можна обчислити

таким чином. Число способів, якими можна вибрати r

куль

серед r куль рівне

Cm = ; число способів, якими можна

вибрати r

куль серед решти r – r

куль рівне

−

= , і т.д.;

число способів, якими можна з r – (k

+ k

+…k

N-1

) = k

ви-

брати k

, рівне 1==

Cm , так що

[]

...

!)(!

!)(

!)(!

)!(

)!(!

1......

3213

212

)...()(

221

⋅

++−

+−

⋅

+−

−

⋅

−

=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=

−

++−+−−

kkkrk

kkr

kkrk

krk

CCCCmmmm

kkkr

kkr

[]

!!!..!!

!)...(

...

13211

221

NNNN

kkkkk

kkkr

∏

−−

−

++−

⋅

Тоді,

)(

∏

1.4.20. Знайти ймовірність того, що дні народження 12

чоловік припадуть на різні місяці року.

Розв’язок.

Нехай А – описана подія, ймовірність, якої необхідно

знайти.

Згідно класичного означення імовірностей:

AP =)(

, де

n – загальна кількість способів, якими можна розставити 12

днів народження по 12 місяцях, яка рівна

⋅



12...1212n

12= , оскільки один день народження можна розставити по

дванадцяти місяцях 12-ма способами, n – рівне числу розмі-

щень з повтореннями або

12==

An . Число способів m, які

сприяють настанню події А, рівне числу розміщень з одного

елементу серед 12 елементів, тобто числу перестановок з 12

елементів: m=12!.

Отже,

0000537,0

121212121212121212121212

121110987654321

!12

)(

≈

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅

==AP

1.4.21. У ліфті 6 пасажирів, ліфт зупиняється на 11-ти по-

верхах. Яка імовірність того, що жодні два пасажири не вий-

дуть на тому самому поверсі?

Розв’язок.

Нехай А – шукана подія, імовірність якої треба обчис-

лити. Перший пасажир може вийти на кожному з 11 поверхів,

тобто

=n -ма способами, кожний наступний і-тий паса-

жир теж може вийти на 11-ти поверхах, тобто

n -ма спо-

собами. Отже, загальна кількість способів

n , якими можуть

вийти шість пасажирів рівна:

621

...nnnn

⋅

1111...1111 =⋅⋅=



разів

що рівне числу розміщень з повтореннями

.11

== AA

Оскільки 6 пасажирів можуть вийти на 6-ти різних поверхах з

11-ти поверхів, причому для пасажира важливий номер по-

верху на якому він вийде, тобто порядок розташування еле-

ментів у групі, то число способів m сприятливих для настання

події А рівне числу розміщень з 6-ти елементів серед 11

елементів, тобто

Am = . Таким чином,