теор



1. Чис ло перестановок

Рассмотрим следующую задачу: имеется n последовательно расположенных неодинаковых элементов. Требуется найти количество способов, которыми их можно переставить.

(восклицательным знаком обозначается факториал)

Пример 1.1

Сколькими способами можно переставить 5 различных книг на книжной полке?

РешениеПорядок расположения элементов важен, элементы не повторяются. Используем число перестановок.5!=1·2·3·4·5=120Свернуть

Пример 1.2

Сколько различных чисел можно составить из цифр 0, 1, 2, 3, если ни одна из цифр не будет повторяться?

РешениеВсего цифр четыре. Если бы среди заданных цифр не было нуля, задача решалась бы аналогично предыдущей:4!=1·2·3·4=24 различных числа.Но на первом месте не может стоять ноль. Таких вариантов 3! = 6 (0123, 0132, 0213, 0231, 0312, 0321). Поэтому количество чисел: 4!-3! = 24-6 = 18Свернуть

2. Число сочетаний

Имеется n различных (неодинаковых, неповторяющихся) элементов. Требуется выбрать из них m элементов, безразлично, в каком порядке.

Пример 2.1

В лотерее нужно зачеркнуть любые 8 чисел из 40. Сколькими способами это можно сделать?

РешениеЭлементы не повторяются, порядок расположения элементов не важен.40!/[8!32!] = (1·2·3·…·40)/(8!·1·2·3·…·32) = (33·34·…·40)/8! = 3100796899200/40320 = 76904685Свернуть

Число сочетаний используется в формуле бинома Ньютона для определения биномиальных коэффициентов. В школе каждый заучивал формулы квадрата и куба суммы двух чисел:(a+b)2=a2+2ab+b2(a+b)3=a3+2a2b+2ab2+b3 Для произвольной степени формула выглядит так:

Как мы видим, коэффициенты относительно краев выражения симметричны:Cnn=Cn0=1,   Cn-1n=C1n=n,   Cnn-2=Cn2=n(n-1)/2!,    Cnn-3=Cn3=n(n-1)(n-2)/3!,    и т.д.

3. Число размещений

Так же, как и в предыдущем примере, имеется n различных элементов. Нужно выбрать из них m элементов, причем порядок расположения элементов важен!

Пример 3.1

Человек забыл две последние цифры в шестизначном телефонном номере, помнит только, что они были неодинаковые и нечетные. Сколько таких телефонных номеров может быть?

РешениеНечетных цифр всего пять: 1, 3, 5, 7, 9. Цифры по условию задачи не повторяются. Порядок расположения элементов важен.5!/3! = 120/6 = 20Свернуть

4. Основная формула комбинаторики

До сих пор мы рассматривали комбинации с неповторяющимися элементами. Рассмотрим теперь случай, когда они могут повторяться.Пусть имеется k групп элементов, каждая численностью соответственно n1, n2, …, nk. Выберем по одному элементу из каждой группы. Тогда общее число всех возможных комбинаций вычисляется по следующей формуле.

Если n1 = n2 = … = nk, то формула приобретает вид

Пример 4.1

В гардеробе у дамы три кофточки, две юбки и двое туфель. Все вещи по стилю и цвету хорошо сочетаются. Сколько различных вариантов наряда можно составить, комбинируя эти вещи? (чисто женская задача)

РешениеN = 3·2·2 = 12Свернуть

Пример 4.2

В качестве некоторого пароля можно использовать латинские буквы, цифры и символ подчеркивания (в любом порядке). Пароль к регистру нечувствителен. Пользователь составил пароль из 4 знаков. Сколько всевозможных вариантов таких паролей может быть?

РешениеОбщее количество знаков: n = 26 + 10 + 1 = 37. На каждом из 4-х мест может стоять любой из 37 знаков.N = 374 = 1874161Свернуть

5. Статистика Бозе-Эйнштейна

Предположим, что r неразличимых (одинаковых) частиц распределяются по k ячейкам (r ≤ k). Сколькими способами их можно распределить?

Пусть в какую-то определённую ячейку попало ровно m частиц. Подсчитаем количество вариантов, которыми оставшиеся r-m частиц могут быть распределены по k-1 оставшимся ячейкам.

Тогда вероятность того, что в определённую ячейку попало ровно m частиц, равна

Такое рапределение носит в физике название статистики Бозе-Эйнштейна, ей описывается поведение фотонов, атомных ядер и атомов, содержащих чётное количество частиц.

Пример 5.1

В лифт 9-этажного дома на 1-м этаже зашли 4 человека. Сколько различных вариантов их выхода может быть? Различными считаются варианты, отличающиеся только количеством людей, выходящих на данном этаже.

Показать решение

Пример 5.2

В условиях предыдущей задачи найдём количество вариантов, при которых на пятом, допустим, этаже, выйдут точно 2 человека.

Показать решение

Пример 5.3

На основе двух предыдущих задач найдём вероятность того, что из 4-х пассажиров, зашедших в лифт на 1-м этаже 9-этажного дома, на пятом этаже выйдут ровно 2 человека.

Показать решение

6. Число перестановок с повторениями

Имеется k групп элементов, по ni элементов в каждой группе. Внутри каждой группы элементы одинаковы (неразличимы). Сколькими способами можно переставить эти n1 + n2 + … + nkэлементов?Если бы элементы в группе не повторялись, то мы бы нашли общее количество всех элементов и вычислили бы факториал этого числа. Но для каждой группы каждые ni! перестановок преобразуются в одну (элементы ведь неразличимы), и число перестановок уменьшается каждый раз в ni! раз. В итоге получаем:

Пример 6.1

У девочки имеется 2 белых бусины, 3 синих и 1 красная. Сколькими способами их можно нанизать на нитку?

РешениеПорядок расположения элементов важен, элементы повторяются. Используем число перестановок с повторениями.(2 + 3 + 1)!/2!3!1! = 6!/2·6 = 720/12 = 60Свернуть

Раздел 2

1. Классическая вероятность

Классическую вероятность события находим как отношение числа благоприятных исходов m к общему числу всех элементарных исходов n.

Пример 1.1

Перемешивается колода в 36 карт, оттуда извлекается 1 карта. Какова вероятность, что это будет туз?

РешениеБлагоприятных исходов всего 4, так как в колоде всего 4 туза. Всех карт 36. Вероятность ивлечь туз равна 4/36 = 1/9Свернуть

Пример 1.2

В конверте среди 25 карточек находится разыскиваемая карточка. Из конверта наудачу извлечено 6 карточек. Какова вероятность, что среди них окажется нужная карточка?

РешениеИзвлечь 6 карточек из 25 можно C625 способами (см. число сочетаний). Это количество всех исходов. Подсчитаем количество благоприятных исходов. Если нужная карточка уже есть в наборе, то остальные пять карточек из 24 можно выбрать C524 способами.

Свернуть

2. Статистическая вероятность

При статистическом определении в качестве вероятности события принимают его относительную частоту.

где m — число испытаний, в которых событие A наступило, n — общее число произведённых испытаний.

Пример 2.1

В некотором районе зарегистрировано рождение с начала года 1248 младенцев, из них 645 мальчиков. Какова вероятность рождения мальчика в данном районе?

РешениеЗа вероятность принимаем относительную частоту рождения мальчиков. W = 645/1248 ≈ 0,517Свернуть

3. Геометрическая вероятность

Пусть некоторая n-мерная фигура (отрезок, плоская фигура, пространственная фигура) составляет часть другой n-мерной фигуры. Если предположить, что вероятность попадания точки на эту фигуру пропорциональна её мере (длине, площади, объёму) и не зависит от взаимного расположения меньшей и большей фигур, то вероятность попадания точки на эту фигуру определяется равенствами

где l(L), s(S), v(V) — длина, площадь и объём меньшей и большей n-мерных фигур соответственно.

Пример 3.1

На плоскости начерчены две окружности радиусами 2 и 7 см соответственно, одна внутри другой. Найти вероятность того, что точка, брошенная наудачу в большой круг, попадет также и в малый круг. Предполагается, что вероятность попадания точки в плоскую фигуру пропорциональна площади этой фигуры и не зависит от её расположения.

РешениеP = s/S = πr2/πR2 = 22/72 = 4/49 ≈ 0,082Свернуть

4. Теорема сложения и умножения вероятностей

Объединением (суммой) двух событий А и В называется событие D , происходящее тогда и только тогда, когда наступает хотя бы одно из событий А или В: D = A + B Пересечением (произведением) двух событий C и D называется событие F, происходящее тогда и только тогда, когда наступают одновременно оба события C и D: F = C · D

Пример 4.1

Пусть А, В, С, D – четыре события пространства Ω исходов эксперимента. Выразите через А, В, С, D следующие события: а) наступают все четыре события; б) наступает хотя бы одно из событий.

Решениеа) A∩B∩C∩D = A·B·C·D (пересечение)б) A∪B∪C∪D = A + B + C + D (объединение)Пункт б) можно решить и другим способом, через противоположное событие. Сначала выразим событие «ни одно из событий не наступает»:

Тогда событие «наступает хотя бы одно из событий», которое является противоположным предыдущему, можно выразить так:

Свернуть

Вероятность появления одного из двух несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий.

Следствие. Вероятность появления одного из нескольких попарно несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий.

Пример 4.2

Бросается игральная кость (один раз). Найти вероятность того, что выпадет 3 очка или 5 очков.

РешениеУ кубика 6 граней, вероятность выпадения каждой из граней одинакова и равна 1/6.P(A + B) = P(A) + P(B) = 1/6 + 1/6 = 1/3Свернуть

Вероятность появления хотя бы одного из двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий за вычетом вероятности их совместного появления.

Пример 4.3

В квадрат со стороной а = 30 см случайным образом вбрасывается точка. Найдите вероятность Р того, что эта точка окажется в правой верхней четверти квадрата или не далее, чем в r = 3 см от центра квадрата.

РешениеЗадача интересная в том плане, что здесь также используется понятие геометрической вероятности(см. выше на этой же странице).Считаем, что точка с одинаковой вероятностью может попасть в любую область квадрата. Геометрическая вероятность находится как отношение площадей областей. Вероятность попасть в правую верхнюю четверть квадрата: Р(А) = 1/4. Вероятность попасть в круг радиусом r = 3:

Вероятность попасть в правую верхнюю четверть круга:

Вероятность попасть хотя бы в одну из этих областей:Р(А + В) = Р(А) + Р(В) — Р(АВ)

Свернуть

Вероятность совместного появления двух событий равна произведению вероятности одного из них на условную вероятность другого, вычисленную в предположении, что первое событие уже наступило.

В частности, для независимых событий

События являются независимыми, если факт появления одного из них не влияет на вероятность появления другого.

Пример 4.4

В партии находятся 15 изделий: 10 изделий первого сорта, а 5 – второго. Наудачу одна за другой без возвращения в партию берутся 3 изделия. Найти вероятность того, что хотя бы одно изделие окажется второго сорта.

РешениеСначала найдём вероятность противоположного события: все три изделия, извлекаемые без возвращения из партии, оказались первого сорта. Вероятность извлечь первый раз первосортное изделие равна 10/15, второй раз условная вероятность этого события (в предположении, что первосортное изделие уже извлекли, и их стало на единицу меньше, равна 9/14, а третий раз условная вероятность в предположении, что перед этим уже два раза извлекали изделие первого сорта, равна 8/13.В соответствии с теоремой умножения вероятностей:

Вероятность противоположного события (хотя бы одно изделие второго сорта, т.е. либо одно, либо два, либо все три) мы нашли, отняв полученный результат от единицы.Свернуть

5. Формула полной вероятности

События образуют полную группу, если они в совокупности описывают все возможные несовместные друг с другом исходы некоторого испытания; сумма вероятностей событий полной группы равна 1. Например, испытание — бросание игральной кости. Всего исходов испытания — шесть (число выпавших очков от 1 до 6), каждый может произойти с вероятностью 1/6, сумма вероятностей всех исходов равна 1.Предположим, что событие A может наступить лишь при появлении одного из несовместных событий (гипотез) H1, H2, …, Hn, образующих полную группу. Тогда вероятность события A определяется как сумма произведений вероятностей каждой из гипотез на соответствующую условную вероятность события A:

Пример 5.1

В каждой из двух урн находится 9 белых и 14 чёрных шаров. Из первой урны во вторую переложили наудачу один шар, а затем из второй урны вынули наудачу один шар. Найти вероятность того, что шар, вынутый из второй урны, окажется чёрным.

РешениеСобытие А — шар, вынутый из второй урны, оказался чёрным.Гипотеза Н1 — из первой урны во вторую переложили белый шар. Р(Н1) = 9/23.Гипотеза Н2 — из первой урны во вторую переложили чёрный шар. Р(Н2) = 14/23.После перекладывания во второй урне стало 24 шара. Условные вероятности события А:

По формуле полной вероятности

Свернуть

6. Формула Бейеса (Байеса)

Предположим, что событие A может наступить лишь при появлении одного из несовместных событий (гипотез) H1, H2, …, Hn, образующих полную группу. Событие A уже произошло. Требуется вычислить условные вероятности гипотез (при условии, что событие А произошло).

Пример 6.1

Два цеха штампуют однотипные детали. Первый цех дает 5% брака, второй — 4%. Для контроля отобрано 20 деталей с первого цеха и 10 деталей со второго. Эти детали смешаны в одну партию, и из нее наудачу извлекают одну деталь. Деталь оказалась бракованная. Какова вероятность того, что она из цеха №1?

РешениеСобытие А – деталь оказалась бракованной.Гипотеза Н1 – деталь изготовлена в 1-м цехе; Р(Н1) = 2/3Гипотеза Н2 – деталь изготовлена во 2-м цехе; Р(Н2) = 1/3Условные вероятности события А: PH1(A)=0,05; PH2(A)=0,04Требуется найти вероятность первой гипотезы в предположении, что событие А уже произошло:PA(H1) — ?Используем формулу вероятности гипотез Бейеса, подставив в знаменатель формулу полной вероятности:

Свернуть

7. Формула Бернулли

Пусть проводятся независимые испытания (такие, при которых вероятность появления события в каждом испытании не зависит от результатов предыдущих испытаний). Далее, вероятность наступления интересующего нас события в каждом испытании постоянна и равна p. Тогда вероятность того, что рассматриваемое событие появится ровно k раз при n испытаниях (безразлично, в каком порядке), равна

В формуле Бернулли используется число сочетаний.Повторюсь, что для реализации схемы Бернулли необходимы два условия:1) независимость проводимых испытаний;2) p = const (постоянное значение вероятности появления события)Распределение вероятностей в схеме Бернулли — биномиальное. Наивероятнейшее число появления события (мода) при n испытаниях заключено в пределах np-q ≤ Mo ≤ np+p,

Пример 7.1

Система, составленная из четырёх блоков, работает исправно, если за рассматриваемый период выйдет из строя не более двух блоков. Найти вероятность безотказной работы системы блоков, если отказы блоков являются независимыми событиями и вероятность отказа каждого блока равна 1/8.

РешениеВероятность того, что за рассматриваемый период ни один из блоков не выйдет из строя:

Вероятность того, что за рассматриваемый период выйдет из строя один блок:

Вероятность того, что за рассматриваемый период выйдет из строя два блока:

Вероятность безотказной работы системы:

Свернуть

8. Локальная и интегральная теоремы Лапласа

В схеме Бернулли (см. предыдущий пункт) распределение вероятностей — биномиальное. При большом количестве проводимых испытаний биномиальное распределение приближается к нормальному с параметрами a = np, σ = √(npq). На этом факте и основано применение приближённых формул Лапласа. Условия применения формул — схема Бернулли (проводимые испытания независимы, вероятность наступления события в каждом испытании постоянна). Тогда вероятность того, что при n испытаниях интересующее нас событие наступит ровно k раз (безразлично, в какой последовательности), приближённо равна

Чем больше n, тем ближе значение вероятности к точному. Значения функции можно вычислить с помощью инженерного калькулятора. Если есть под рукойтаблица значений функции плотности стандартного нормального распределения 1/√2π·e(-x2/2), то сначала вычисляем величину x = (k-np)/√npq, а потом смотрим нужное значение. Можно также воспользоваться функцией Excel =НОРМРАСП(k;np; √npq;0)

Пример 8.1

Вероятность поражения мишени при одном выстреле равна 0,8. Найти вероятность того, что при 100 выстрелах мишень будет поражена ровно 75 раз.

РешениеЗдесь имеется схема Бернулли. Так как количество испытаний велико, вместо формулы Бернулли воспользуемся приближённой формулой Лапласа.k = 75; np = 0,8·100 = 80; √npq = √0,8·100·0,2 = √16 = 4НОРМРАСП(75; 80; 4; 0) = 0,0457Свернуть

Если же при прежних условиях требуется найти вероятность того, что событие наступит не менее k1 и не более k2 раз, то используется интегральная формула Лапласа.

— функция Лапласа.Значения функции Лапласа можно взять из таблицы. Можно также воспользоваться программой Excel. Функция =НОРМСТРАСП() позволяет вычислить интегральную функцию нормального распеделения F(X). Взаимосвязь между интегральной функцией и функцией Лапласа: Ф(X) = F(X) — 0,5. Поэтому для вычисления функции Лапласа в ячейку забиваем формулу=НОРМСТРАСП(число) — 0,5Функция Лапласа нечетная, т.е. Ф(-X) = -Ф(X). Это к сведению для тех, кто будет пользоваться таблицей значений функции Лапласа (там, как правило, отсутствуют отрицательные значения аргумента).

Пример 8.2

Найти вероятность того, что число выпадений на игральной кости числа 4 при 1000 бросаниях будет заключено между числами 161 и 171.

РешениеИгральная кость (кубик) имеет шесть граней, на каждой из которых имеется определённое количество очков (от 1 до 6). При каждом отдельном бросании вероятность выпадения четырёх очков постоянна и равна 1/6. Проводимые испытания независимы. Следовательно, в задаче имеется схема Бернулли. Но формула Бернулли в данном случае даёт громоздкие вычисления, т.к. количество испытаний очень большое. При больших n биномиальное распределение приближается к нормальному, поэтому вероятность можно вычислить приближённо, используя интегральную формулу Лапласа:

Свернуть

9. Приближённая формула Пуассона

Если при наличии схемы Бернулли число испытаний n велико, а вероятность наступления события p мала, то вместо формулы Бернулли используют формулу Пуассона:

Здесь вы можете найти таблицу распределения Пуассона. В Excel значения можно вычислить по формуле =ПУАССОН(k;λ;0)

Пример 9.1

Вероятность выпуска бракованного сверла (повышенной хрупкости) равна 0,02. Свёрла укладывают в коробки по 100 штук. Определить вероятность того, что число бракованных свёрл коробке не превосходит трёх.

РешениеТак же, как и в предыдущей задаче, здесь имеется схема Бернулли. n = 100, p = 0,02; q = 0,98. Вероятность наступления события мала, количество производимых испытаний велико (np < 9). Используем приближённую формулу Пуассона.

Свернуть

Раздел 3 1. Дискретная случайная величина, закон и функция распределения

Дискретной называют случайную величину, значения которой изменяются не плавно, а скачками, т.е. могут принимать только некоторые заранее определённые значения. Например, денежный выигрыш в какой-нибудь лотерее, или количество очков при бросании игральной кости, или число появления события при нескольких испытаниях. Число возможных значений дискретной случайной величины может быть конечным или бесконечным (счётным множеством)Для сравнения — непрерывная случайная величина может принимать любые значения из некоторого числового промежутка: например, температура воздуха в определённый день, вес ребёнка в каком-либо возрасте, и т.д.

Закон распределения дискретной случайной величины представляет собой перечень всех её возможных значений и соответствующих вероятностей. Сумма всех вероятностей Σpi = 1. Закон распределения также может быть задан аналитически (формулой) и графически (многоугольником распределения, соединяющим точки (xi; pi)

Функция распределения случайной величины — это вероятность того, что случайная величина (назовём её ξ) примет значение меньшее, чем конкретное числовое значение x:F(X) = P(ξ < X).Для дискретной случайной величины функция распределения вычисляется для каждого значения как сумма вероятностей, соответствующих всем предшествующим значениям случайной величины. Ниже будет приведён пример, разъясняющий смысл сказанного.

2. Числовые характеристики дискретных случайных величин

Математическое ожидание дискретной случайной величины есть сумма произведений всех её возможных значений на их вероятности:M(X) = x1p1 + x2p2 + … + xnpn

Свойства математического ожидания.1) Математическое ожидание постоянной величины равно самой величине:М(С) = С2) Постоянный множитель можно выносить за знак математического ожидания:М(СХ) = С·М(Х)3) Математическое ожидание суммы случайных величин равно сумме математических ожиданий слагаемых:М(Х1 + Х2 + …+ Хn) = М(Х1) + М(Х2) + … + М(Хn)4) Математическое ожидание произведения взаимно независимых случайных величин равно произведению математических ожиданий сомножителей:М(Х1 · Х2 · … · Хn) = М(Х1) · М(Х2) · … · М(Хn)

Дисперсия дискретной случайной величины есть математическое ожидание квадрата отклонения случайной величины от её математического ожидания:D(X) = (x1 — M(X))2p1 + (x2 — M(X))2p2 + … + (xn— M(X))2pn = x21p1 + x22p2 + … + x2npn — [M(X)]2

Свойства дисперсии.1) Дисперсия постоянной величины равна нулю: D(С) = 02) Постоянный множитель можно выносить за знак дисперсии, предварительно возведя его в квадрат: D(СХ) = С2 · D(Х)3) Дисперсия суммы (разности) независимых случайных величин равна сумме дисперсий слагаемых: D(Х1 ± Х2 ± … ± Хn) = D(Х1) + D(Х2) + … + D(Хn)

Среднее квадратическое отклонение дискретной случайной величины, оно же стандартное отклонение или среднее квадратичное отклонение есть корень квадратный из дисперсии:σ(X) = √D(X)

Мода дискретной случайной величины Mo(X) — это значение случайной величины, имеющее наибольшую вероятность. На многоугольнике распределения мода — это абсцисса самой высокой точки. Бывает, что распределение имеет не одну моду.

Коэффициент вариации случайной величины — это относительная мера вариации.V(X) = |σ(X)/M(X)| · 100%

Асимметрия (коэффициент асимметрии) случайной величины (и дискретной, и непрерывной) As(X) — величина, характеризующая степень асимметрии распределения относительно математического ожидания. Коэффициент асимметрии дискретной случайной величины вычисляется по формуле:As(X) = [(x1-M(X))3p1 + (x2-M(X))3p2 + … + (xn-M(X))3pn]/σ3Если коэффициент асимметрии отрицателен, то либо большая часть значений случайной величины, либо мода находятся левее математического ожидания, и наоборот, если As(X)>0, то правее.

Эксцесс (коэффициент эксцесса) случайной величины (и дискретной, и непрерывной) Ex(X) — величина, характеризующая степень островершинности или плосковершинности распределения, т.е. степень так называемого «выпада». Коэффициент эксцесса дискретной случайной величины вычисляется по формуле:Ex(X) = [(x1-M(X))4p1 + (x2-M(X))4p2 + … + (xn-M(X))4pn]/σ4 — 3

Пример 2.1

Составить самим закон распределения случайной дискретной величины X, которая может принимать 5 значений. Найти:– её числовые характеристики- функцию распределения– вероятность того, что X примет значение меньше M(X);– вероятность того, что X примет значение больше 0,5 M(X).

Решение



Страницы: 1 | 2 | Весь текст




sitemap
sitemap