Застосування комбінаторики для підрахунку ймовірності подій. Теореми додавання та множення ймовірностей

↑

▷ Содержание

⇐ ПредыдущаяСтр 2 из 17Следующая ⇒

Елементи комбінаторики. Розміщення, перестановки, комбінації

Комбінаторика – це розділ математики, що вивчає скінченні множини, тобто такі, що містять скінченну кількість елементів.

Основний принцип комбінаторики (правило множення ): якщо деякий вибір (дію) можна виконати способами, після чого другий вибір можна виконати способами, то разом обидва вибори можна виконати способами. Це правилосправедливе для будь-якого скінченного числа виборів (дій).

Нехай є множина М, що має елементів.

Розміщенням з елементів по називається довільна впорядкована множина з елементів множини М. Два розміщення вважаються різними, якщо вони відрізняютьсяабо елементами, або порядкомїх розташування. Число розміщень з елементів по знаходиться за формулою .

Розміщення з елементів по називаються перестановками. Перестановки відрізняються лише порядком елементів. Число перестановок з елементів є добуток всіх натуральних чисел від 1 до : .

Комбінацією (сполукою) з елементів по називається довільна підмножина з елементів множини М. Порядок елементів у комбінаціях неістотний. Число комбінацій знаходиться за формулою .

Теорема додавання ймовірностей для несумісних подій

Якщо А і В несумісні події, тобто , то .

Наслідки. 1) Якщо події попарно несумісні, тобто , то

.

2) Ймовірність протилежної до А події дорівнює .

3) Сума ймовірностей подій , що утворюють повну групу, дорівнює 1

=1.

Теорема додавання ймовірностей для сумісних подій

Ймовірність суми двох подій дорівнює сумі ймовірностей цих

подій без імовірності їх добутку: .

Наслідок. Ймовірність суми трьох подій знаходиться за формулою:

.

Умовною ймовірністю події А за умови, що відбулась подія В, називається величина .

Теорема множення ймовірностей для двох подій

або .

Випадкові події А і В називаються незалежними, якщо

.

Для незалежних подій настання однієї з подій не впливає на ймовірність другої події:

.

Теорема множення ймовірностей для подій

Якщо – довільні події, то .

Випадкові події називаються незалежними в сукупності, якщо для будь-яких . Ці події називаються попарно незалежними, якщо рівність виконується для , тобто для будь-яких двох подій.

Ймовірність настання хоча б однієї події з подій , незалежних в сукупності, знаходиться за формулою

, де .

Опитування з теорії

1.Сформулювати основний принцип комбінаторики.

2.Що таке розміщення, перестановки, комбінації, як визначається їх

число?

3.Сформулювати теорему додавання для несумісних подій; для сумісних

подій.

4.Дати означення умовної ймовірності та сформулювати теорему

множення.

5.Які дві події називаються незалежними?

6.Дати означення незалежних в сукупності подій; попарно незалежних.

7.Як визначається ймовірність настання хоча б однієї події з

незалежних в сукупності подій?

Задача 1. Набираючи номер телефону, абонент забув дві останні цифри і набрав їх навмання, пам’ятаючи, що вони різні і непарні. Яка ймовірність, що номер телефону набрано правильно?

Розв’язання. Опишемо простір елементарних подій експерименту. Результатом експерименту є пара упорядкованих чисел де приймають не співпадаючі значення з множини (1,3,5,7,9); число таких пар за основним принципом комбінаторики буде =20. Це розміщенняз 5 елементів по 2. Маємо 20 елементарних подій і тільки одна з них сприятлива (правильна пара цифр), тому шукана ймовірність .

Задача 2. На картках написані цифри 1,2,…,9. Навмання беруть 4 картки і викладають їх в ряд. Яка ймовірність, що отримають парне число?

Розв’язання. Опишемо простір елементарних подій експерименту. Елементарною подією є впорядкована четвірка не співпадаючих чисел з множини (1,2,…,9). Це розміщення з 9 елементів по 4, їх число . Знайдемо число сприятливих елементарних подій. Елементарна подія є сприятливою, якщо крайня права цифра парна, а саме, приймає значення з множини (2,4,6,8). Вважаючи, що спочатку ми вибираємо останню цифру, будемо мати для її вибору 4 варіанти , для вибору трьох інших карток маємо варіантів, тому число сприятливих виборів буде Отже, шукана ймовірність .

Задача 3. Яка ймовірність вгадати код, установлений на камері схову, якщо це 5 - значне число, що складається з нулів і одиниць?

Розв’язання. Простір елементарних подій в цьому експерименті – сукупність різних 5-значних чисел, складених з нулів і одиниць. Знайдемо їх число. Для вибору кожної цифри 5-значного числа є 2 варіанти – 0 або 1, тому за правилом множення варіанти множаться і їх буде . Сприятливий варіант тільки один – правильне число, тому шукана ймовірність .

Задача 4. Яка ймовірність зайти в під’їзд, якщо для цього потрібно набрати тризначне число (код), знаючи, що воно:

1) непарне і ділиться на 3; 2) непарне і не містить однакових цифр.

Розв’язання. 1)Опишемо простір елементарних подій.Він складається з різних тризначних непарних чисел, що діляться на 3. Знайдемо їх число. Від 100 до 1000 буде 300 чисел що діляться на3, оскільки , перше з них – 102, останнє 999. Треба відкинути парні числа, тобто ті, що діляться і на 2, і на 3. Чисел, що діляться на 6 від 100 до 1000, буде 150, оскільки , перше з них 102, останнє 996, тоді непарних чисел, що діляться на 3, буде також 150. Тому шукана ймовірність
2)Тут простір елементарних подій складається з тризначних непарних чисел, що не містять однакових цифр. Знайдемо їх число. Число буде непарне, якщо його перша цифра справа буде 1, 3, 5, 7, 9; маємо 5 варіантів для вибору першої справа цифри. Припустимо, що друга цифра не рівна 0. Для вибору другої цифри маємо 1, 2,…, 9, а саме 9 варіантів мінус 1 (оскільки одна з цифр вже використана), тобто 8. Для третьої цифри є варіанти 1,2,…,9, точніше 9 варіантів мінус 2 (оскільки дві цифри вже використані), тобто 7. Всього буде елементарних подій. Припустимо тепер, що друга цифра 0,тоді буде (5 варіантів для першої справа і 8 для третьої цифр) таких елементарних подій. Всього буде елементарних подій. Тому шукана ймовірність

Задача 5. Знайти ймовірність того, що навмання взяте тризначне число буде парне число, що ділиться на 3.

Розв’язання Простір елементарних подій буде множина довільних тризначних чисел. Їх число буде , оскільки перша зліва цифра може бути 1,2,…9, а друга і третя 0,1,2,…,9. Сприятливих подій буде стільки, скільки чисел, що діляться на 6 від 100 до 1000. Їх буде 150. Тому шукана ймовірність .

Задача 6. Яка ймовірність з 36 номерів (елементів), надрукованих на картці, вгадати 6, 5, 4, 3, викреслюючи 6 з 36 (лотерея спортлото)? Яка ймовірність отримати виграш (вгадавши від 3 до 6 номерів)?

Розв’язання. Простір елементарних подій експерименту складається з неупорядкованих множин по 6 елементів. Таких подій буде стільки, скільки є комбінацій з 36 по 6: . Тому ймовірність вгадати 6 номерів . Розглянемо ймовірність вгадати 5 номерів. Число сприятливих подій буде , тобто 5 номерів повинні бути з «щасливого набору» (з 6 виграшних номерів) і один номер з «нещасливого». Тому . Розглянемо ймовірність вгадати 4 номери. Число сприятливих подій буде , тобто 4 номери повинні бути з «щасливого набору» і 2 з «нещасливого». Тому . Тепер розглянемо ймовірність вгадати 3 номери. Число сприятливих подій буде , тобто 3 номери повинні бути з «щасливого набору» і 3 з «нещасливого». Тому ймовірність . Нарешті використовуючи теорему додавання ймовірностей для несумісних подій, знайдемо ймовірність отримати виграш: .

Задача 7. З урни, що містить 5 чорних і 7 білих куль, послідовно вийняли дві кулі. Обчислити ймовірність того, що:

1) обидві вийняті кулі чорні;

2) обидві вийняті кулі білі;

3) одна куля чорна і одна біла.

Розв’язання. Будемо вважати кулі занумерованими. Нехай 5 чорних куль мають номери 1, 2,…, 5, а 7 білих мають номери 6, 7,…, 12. Елементарна подія це упорядкована пара чисел, наприклад (3,6) означає, що першою вийняли чорну кулю з номером 3, а другою – білу кулю з номером 6. Число елементарних подій . 1) Знайдемо ймовірність, що обидві вийняті кулі чорні. Сприятливих подій буде стільки, скільки розміщень з 5 елементів по 2: , тому ймовірність .
2) Знайдемо ймовірність, що обидві вийняті кулі білі. Сприятливих подій буде стільки, скільки розміщень з 7 елементів по 2, тому .

3) Знайдемо ймовірність, що одна куля чорна і одна біла. Вважаючи, що першою вийняли чорну кулю (а другою білу), будемо мати число сприятливих подій . Стільки ж подій будемо мати, коли першою вийняли білу кулю (а другою чорну). Всього70 сприятливих подій, тому ймовірність .

Зауваження. Оскільки у запитаннях, які стоять до задачі, порядок, у якому виймають кулі, не важливий, то можна вважати, що кулі виймають одночасно. Тоді число елементарних подій – це число комбінацій з 12 по 2: , число сприятливих подій у першому випадку число комбінацій з 5 по 2 , у другому випадку ,у третьому випадку . Очевидно, що відповіді ті ж самі.

Задача 8. осіб розсаджують в ряд навмання. 1)Яка ймовірність, що особи А і В опиняться поруч? 2) Чому буде дорівнювати ця ймовірність, якщо їх розсадять за круглим столом?

Розв’язання. 1)Елементарна подія – довільна перестановка з елементів (осіб). Число всіх перестановок !. Розглянемо, які події будуть сприятливі. Відмічені особи повинні сидіти в порядку АВ або ВА, тому для них є –1 варіант розсаджування в кожному випадку (всього 2( –1) варіанти), решта осіб можуть сидіти довільним чином, тому для них є ( –2)! варіантів розсаджування; всього варіантів буде 2( –1) ( –2)! = 2( –1)!. Шукана ймовірність . 2) Тут можна вважати, що при одночасному зміщенні всіх осіб на однакове число місць отримаємо те саме розміщення навколо стола, тому можна вважати, що особа А займає фіксоване місце. Всього елементарних подій буде стільки, скільки є перестановок з ( –1) елементів (осіб), тобто ( –1)!. При цьому сприятливих подій буде 2( –2)!, оскільки для особи В є тільки 2 розташування (справа і зліва від А), а для решти ( –2) осіб – число перестановок ( –2)!; шукана ймовірність

Задача 10. В урні знаходяться кулі трьох кольорів: 4 чорних, 5 білих і 6 синіх. 1) Яка ймовірність вийняти по черзі чорну, білу і синю кулю (у вказаному порядку)? 2) Яка ймовірність вийняти ці кулі у будь-якому порядку (подія Е)?

Розв’язання. 1) Позначимо: А – першою вийняли чорну кулю, В – другою вийняли білу кулю, С – третьою вийняли синю кулю. Позначимо через подію, що А, В, С виконуються одночасно. Знайдемо ймовірність події : . Знайдемо ймовірність кожного множника: (всього куль 15, з них 4 чорних); (залишилось 14 куль, з них 5 білих); (залишилось 13 куль, з них 6 синіх). Тоді шукана ймовірність . 2) Розглянемо ймовірність вийняти ці три кулі у довільному порядку. Опишемо простір елементарних подій. Будемо вважати, що елементарна подія це набір з трьох довільних куль, таких подій буде . Знайдемо число сприятливих подій, їх буде , оскільки одну кулю потрібно вибрати з чорних, одну з білих і одну з синіх. Тому шукана ймовірність . Зауважимо, що ця ймовірність у 6 разів більша за .

Задача 11. Три електроприлади працюють або виходять з ладу незалежно один від одного. Ймовірність вийти з ладу за час Т для першого приладу дорівнює 0,1; для другого 0,2; для третього 0,3. Знайти ймовірності таких подій:

1) не вийде з ладу жодний прилад;

2) вийде з ладу тільки один прилад;

3) будуть працювати не менше двох приладів;

4) всі прилади будуть працювати;

5) вийде з ладу не більше одного приладу.

Розв’язання. 1) Позначимо через подію – вийде з ладу перший прилад, – вийде з ладу другий прилад, – вийде з ладу третій прилад, А – не вийде з ладу жодний прилад. Протилежна до А подія – всі прилади вийдуть з ладу (подія ). Тоді = ,
Р () = Р ( ) = Р () Р () Р () = , Р ()= =0,994.
2) Подія В – вийде з ладу тільки один прилад. Подію В можна представити у вигляді ; доданки, що входять в цю суму, є несумісні. За теоремою додавання ймовірностей для несумісних подій і за теоремою множення . Таким чином, .
3) Нехай подія С – будуть працювати не менше двох приладів; це означає, що вийде з ладу не більше одного приладу, тобто або жоден прилад не вийде з ладу (подія ), або тільки один прилад вийде з ладу (подія В). Таким чином, за теоремою додавання для несумісних подій. Оскільки подія означає, що всі прилади будуть працювати, то і за теоремою множенняймовірностей. Остаточно

4) 5)

Задача 12. Скільки разів потрібно підкинути монету, щоб з імовірністю не менше 0,99 хоч один раз випав герб?

Розв’язання. Позначимо подію, що при і -му підкиданні випав герб; А – подію, що хоч один раз випав герб при п підкиданнях. Тоді ; протилежна до А подія –ні разу не випаде герб має такий вигляд . Знайдемо ймовірність останньої події . Тому для Знайдемо п з останньої нерівності . Прологарифмуємо останню нерівність за основою 10. Будемо мати . Оскільки п ціле число, то =7.

Задачі для аудиторної та самостійної роботи

1. Підкидається гральний кубик по черзі два рази. Знайти ймовірність, що: 1)один раз випаде 6; 2) два рази випаде 6; 3) хоч один раз випаде 6. Відповідь: 1) 1/6; 2) 1/36; 3)11/36.

2. На шахову дошку розмірами ставляться дві тури. Яка ймовірність, що вони не будуть бити одна одну? Відповідь: 49/33.

3. Серед 100 деталей є 5 бракованих. Навмання взяли 10 деталей. Яка ймовірність, що серед них є 3 браковані? Відповідь: .

4. В ліфт 8-поверхового будинку на першому поверсі зайшли 5 осіб. Припускаємо, що кожна особа може вийти на будь-якому з 7 поверхів з однаковою ймовірністю. Знайти ймовірність, що всі 5 осіб вийдуть на різних поверхах. Відповідь: .

5. Яка ймовірність, що числа 1, 2, 3 будуть стояти поруч і в порядку зростання при довільній перестановці чисел 1, 2, …, ?

Відповідь: .

6. З колоди в 52 карти навмання беруть 3 карти. Яка ймовірність, що це трійка, сімка, туз? Відповідь: .

8. Навмання вибрано кістку доміно. Знайти ймовірність, що другу навмання взяту кістку можна приставити до першої, якщо перша виявилась: а)дублем; б) не дублем. Відповідь: а) 1/18; б)1/3.

9. Дві команди кожна з 10 спортсменів проводять жеребкування для присвоєння номерів учасникам змагань. Два брати входять до складу різних команд. Знайти ймовірність, що обидва брати будуть мати: а) номер 5; б) один і той самий номер. Відповідь: а) 0,01; б) 0,1.

10. З ящика, в якому перемішані 10 чорних, 12 синіх і 8 білих куль, студент навмання дістає дві кулі. Яка ймовірність, що він дістав: а) 2 синіх кулі; б) 2 кулі одного кольору?

Відповідь: а) 0,347;б) 0,732.

11. Серед студентів університету було проведено дослідження на частоту захворювань на протязі останнього року на такі хвороби: застуда (І), грип (ІІ), ангіна (ІІІ), алергія (IV). Виявлені такі дані: на І хворобу хворіло 0,9 від усього числа студентів; на ІІ –0,6; на ІІІ –0,3; на IV – 0,4. Яка ймовірність, що навмання взятий студент: а) зовсім не хворів; б)хворів на І і ІІ або на ІІІ і IV хвороби; в) хворів тільки на одну хворобу; г) хворів на всі чотири хвороби?

Відповідь:а) 0,0168; б) 0,2316; в) 0,2; г) 0,0648.

12. Скільки разів потрібно підкинути гральний кубик, щоб з імовірністю не меншою 0,9 хоч один раз випало 6 очок? Відповідь: 13.

Практичне заняття 3

Познавательные статьи:



Техника прыжка в длину с разбега

Тактические действия в защите

История Олимпийских игр

История развития права интеллектуальной собственности