Введение в теорию вероятностей
[+]
Новосибирский Государственный Университет
Опубликован: 07.04.2008 | Доступ: свободный | Студентов: 7243 / 1307 | Оценка: 4.56 / 4.32 | Длительность: 16:54:00
Тема: Математика
Специальности: Математик
Теги: алгебра, вычисления, графика, дискретное распределение, замечательный предел, коэффициент асимметрии, несовместное событие, полная группа, распределение бернулли, распределение коши, распределение пуассона, формула полной вероятности, функция Эйлера, цвета, элементы
Лекция 1:

Предварительные сведения
A
|
версия для печати
Лекция 1: 123 || Лекция 2 >
Аннотация: Необходимые сведения об основных принципах и формулах комбинаторики. Основные понятия элементарной теории вероятностей: пространство элементарных исходов, события и операции над ними
Ключевые слова: множества, перестановка, сочетания, Исход, конечные, пространство, место, лист, операции, Пустое множество, объединение множеств, пересечение, объединение

Элементы комбинаторики

Научимся подсчитывать число "шансов". О числе шансов говорят, когда возможно несколько результатов какого-либо действия (выбор карты из колоды, подбрасывание кубика или монетки). Формулы комбинаторики позволяют посчитать число способов проделать действие или число его возможных результатов.

Теорема о перемножении шансов. Основной принцип комбинаторики заключается в следующем: если первый элемент можно выбрать k способами, а второй элемент - m способами, то упорядоченную пару элементов можно составить km способами.

Теорема 1. Пусть множество A=\{a_1,\,\dots,\,a_k\} состоит из k элементов, а множество B=\{b_1,\,\dots,\,b_m\} - из m элементов. Тогда можно образовать ровно km пар (a_i,\,b_j){\text,} взяв первый элемент из множества A{\text,} а второй - из множества B.

Доказательство. С элементом a_1 мы можем образовать m пар: (a_1,\; b_1),\,(a_1, \; b_2), \dots, (a_1,\; b_m). Столько же пар можно составить с элементом a_2 или с любым другим из k элементов множества A. Таким образом, всего возможно km пар, в которых первый элемент выбран из множества A а второй - из множества B.

Урновые схемы. Есть урна (ящик), содержащая n пронумерованных шаров. Мы выбираем из урны k шаров; результат этого выбора - набор из k шаров. Нас интересует, сколькими способами можно выбрать k шаров из n т. е. сколько различных результатов возможно.

На этот вопрос нельзя дать однозначный ответ, пока мы не знаем:

  1. как организован выбор;
  2. что понимать под различными результатами выбора.

Рассмотрим следующие возможные способы выбора.

  1. Выбор с возвращением: каждый вынутый шар возвращается в урну, каждый следующий шар выбирается из полной урны. В полученном наборе из k номеров шаров могут встречаться одни и те же номера.
  2. Выбор без возвращения: вынутые шары в урну не возвращаются, и в полученном наборе не могут встречаться одни и те же номера.

Условимся, какие результаты выбора (какие наборы номеров шаров) мы будем считать различными. Есть ровно две возможности.

  1. Выбор с учетом порядка: два набора номеров шаров считаются различными, если они отличаются составом или порядком номеров. Так, наборы (1,5,2){\text,} (2,5,1) и (1,2,5) считаются различными наборами.
  2. Выбор без учета порядка: два набора номеров шаров считаются различными, если они отличаются составом. Так, наборы (1,5,2) и (2,5,3) различны, а наборы (1,5,2) и (2,5,1) не различаются.

Количество результатов в урновых схемах. Подсчитаем, сколько возможно различных результатов для каждой из четырех схем выбора: с возвращением или без возвращения, и в каждом из этих случаев - с учетом порядка или без учета.

Выбор без возвращения и с учетом порядка

Теорема 2. Общее количество различных наборов при выборе k элементов из n без возвращения и с учетом порядка равняется

A^k_n={n(n-1)\cdot\ldots\cdot(n-k+1)}=\frac{n!}{(n-k)!}.
Число A_n^k называется числом размещений из n элементов по k элементов, а сами результаты выбора - размещениями.

Доказательство. Первый шар можно выбрать n способами. При любом выборе первого шара есть n-1 способ выбрать второй шар, при любом выборе первых двух шаров есть n-2 способа выбрать третий шар и т. д. Применяя последовательно теорему 1, получаем, что общее число возможных наборов из k шаров равно произведению k сомножителей {n(n-1)\cdot\ldots\cdot(n-k+1)}. Здесь последний сомножитель n-k+1 есть число способов выбрать k -й шар из оставшихся в урне шаров.

Следствие 1. В множестве из n элементов возможно ровно n! перестановок этих элементов.

Доказательство. Перестановка - результат выбора без возвращения и с учетом порядка n элементов из n. Их число равно A_{n}^{n}=n!

Выбор без возвращения и без учета порядка

Теорема 3. Общее количество различных наборов при выборе k элементов из n без возвращения и без учета порядка равняется

C_{n}^{k}=\frac{A_n^k}{k!}=\frac{n!}{k!\,(n-k)!}.
Число C_{n}^{k} называется числом сочетаний из n элементов по k элементов, а сами результаты выбора - сочетаниями.

Доказательство. Упорядочить k различных номеров шаров можно k! способами. Поэтому из каждого сочетания можно перестановками образовать k! размещений. Следовательно, число наборов, порядок в которых не учитывается (сочетаний), в k! раз меньше числа наборов, отличающихся еще и порядком (размещений).

Выбор с возвращением и с учетом порядка

Теорема 4. Общее количество различных наборов при выборе k элементов из n с возвращением и с учетом порядка равняется n^k.

Доказательство. Первый шар можно выбрать n способами. При каждом из этих способов второй шар можно выбрать также n способами, и так k раз. Общее число наборов равно {n\cdot n\cdot\ldots\cdot n}=n^k.

Выбор с возвращением и без учета порядка. Рассмотрим урну с двумя пронумерованными шарами и перечислим результаты выбора двух шариков из этой урны при выборе с возвращением. Если учитывать порядок, то исходов получится четыре:

(1, \; 1), \; (2, \; 2), \; (1, \; 2), \; (2, \; 1).
Если порядок не учитывать, то следует объявить два последних исхода одним и тем же результатом эксперимента. Исходов окажется три:
\textit{дважды вынут 1-й шар,}\\ \textit{дважды вынут 2-й шар,}\\ \textit{вынуты разные шары}.
Видим, что в схеме выбора без учета порядка получилось три различных результата, тогда как при выборе с учетом порядка различных результатов было четыре. Ни каким делением на "число каких-нибудь перестановок", которое помогло избавиться от учета порядка при выборе без возвращения, число 3 из числа 4 получить не удастся.

Теорема 5. Общее количество различных наборов при выборе k элементов из n с возвращением и без учета порядка равняется

C_{n+k-1}^{k}=C_{n+k-1}^{n-1}.

Доказательство. Рассмотрим, чем отличаются друг от друга два разных результата такой схемы выбора. Нам не важен порядок следования номеров, т. е. мы учитываем только, сколько раз в нашем наборе из k номеров шаров появился каждый номер. Поэтому результат выбора можно представить набором чисел k_1, \dots, k_n, в котором k_i \geq 0 - число появлений шара номер i в наборе, k_1+\ldots+k_n=k. Два результата выбора с возвращением и без учета порядка различаются, если соответствующие им упорядоченные наборы k_1, \dots, k_n не совпадают.

Представим себе другой эксперимент, имеющий точно такие же результаты, и посчитаем их количество. Есть n ящиков, в которых размещаются k шаров. Нас интересует только число шаров в каждом ящике. Результатом эксперимента снова является набор чисел k_1, \dots, k_n, где k_i\geq 0 равно числу шаров в ящике с номером i, \; k_1+\ldots+k_n=k.

А теперь изобразим результат такого размещения в виде схемы, в которой вертикальные линии обозначают перегородки между ящиками, а точки - находящиеся в ящиках шары:

\begin{array}{ccccccccccccccccc} |\hphantom{\bullet} &\bullet\hphantom{|} &\bullet\hphantom{|} &\bullet\hphantom{|} & |\hphantom{\bullet} & |\hphantom{\bullet} & \bullet\hphantom{|} & |\hphantom{\bullet} &\bullet\hphantom{|} &\bullet\hphantom{|} & |\hphantom{\bullet} &\bullet\hphantom{|} &\bullet\hphantom{|} & |\hphantom{\bullet} & |\hphantom{\bullet} &\bullet\hphantom{|} & | \end{array}

Мы видим результат размещения девяти шаров по семи ящикам. Первый ящик содержит три шара, второй и шестой ящики пусты, третий ящик содержит один шар, в четвертом и пятом ящиках лежит по два шара. Переложим один шар из первого ящика во второй и изобразим таким же образом еще два результата размещения:

\begin{array}{ccccccccccccccccc} |\hphantom{\bullet} &\bullet\hphantom{|} &\bullet\hphantom{|} & |\hphantom{\bullet} & \bullet\hphantom{|} & |\hphantom{\bullet} & \bullet\hphantom{|} & |\hphantom{\bullet} &\bullet\hphantom{|} &\bullet\hphantom{|} & |\hphantom{\bullet} &\bullet\hphantom{|} &\bullet\hphantom{|} & |\hphantom{\bullet} & |\hphantom{\bullet} &\bullet\hphantom{|} & | \end{array}
\begin{array}{ccccccccccccccccc} |\hphantom{\bullet} & |\hphantom{\bullet} & |\hphantom{\bullet} & |\hphantom{\bullet} & |\hphantom{\bullet} & |\hphantom{\bullet} & |\hphantom{\bullet} & \bullet\hphantom{|} &\bullet\hphantom{|} &\bullet\hphantom{|} & \bullet\hphantom{|} &\bullet\hphantom{|} &\bullet\hphantom{|} & \bullet\hphantom{|} & \bullet\hphantom{|} &\bullet\hphantom{|} & | \end{array}

Видим, что все размещения можно получить, меняя между собой шары и перегородки или расставляя k шаров на n-1+k местах. Число n-1+k получается так: у n ящиков есть ровно n+1 перегородка, считая крайние, но из них перемещать можно лишь n-1 внутреннюю перегородку. Таким образом, имеется n-1+k мест, которые можно занять шарами либо внутренними перегородками. Перебрав все возможные способы расставить k шаров на этих n-1+k местах, переберем и все нужные размещения. Осталось заметить, что по теореме 3 существует C_{n+k-1}^{k}=C_{n+k-1}^{n-1} способов выбрать места для k шаров на n-1+k местах.

Дальше >>
Лекция 1: 123 || Лекция 2 >

Вопросы и ответы

вопросов: 4
Виктория Монахова
Виктория Монахова
ответить
Ulmas Abdullaev
Ulmas Abdullaev

Случайные величины кси1 и кси2 независимы и имеют равномерное распределение на отрезке [0;1]. Найти плотности распределения величин а) кси1-кси2 б) кси1/кси2.

ответить