МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ

НАЦІОНАЛЬНИЙ ТЕХНІЧНИЙ УНІВЕРСИТЕТ УКРАЇНИ

“КИЇВСЬКИЙ ПОЛІТЕХНІЧНИЙ ІНСТИТУТ”

ФІЗИКО-ТЕХНІЧНИЙ ІНСТИТУТ

Т е о р і я й м о в і р н о с т е й т а

М А Т Е М А Т И Ч Н А С Т А Т И С Т И К А

МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ ДО РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ

ДЛЯ СТУДЕНТІВ СПЕЦІАЛЬНОСТЕЙ

“ПРИКЛАДНА ФІЗИКА”, “ЗАХИСТ ІНФОРМАЦІЇ В КОМП’ЮТЕРНИХ СИСТЕМАХ ТА МЕРЕЖАХ”,

“ЗАХИСТ ІНФОРМАЦІЇ З ОБМЕЖЕНИМ

ДОСТУПОМ ТА АВТОМАТИЗАЦІЯ ЇЇ ОБРОБКИ”

Затверджено Методичною радою НТУУ “КПІ”

Київ

“ПОЛІТЕХНІКА”

2006

Теорія ймовірностей та математична статистика. Методичні вказівки до розв’язання задач для студентів спеціальностей фізико-технічного напряму / Уклад.: М.Ю. Кузнєцов, А.А. Шумська. – К.: ІВЦ «Політехніка», 2006. – хх с.

Гриф надано Методичною радою НТУУ «КПІ»

(Протокол № ____ від _________ 2006 р.)

Н а в ч а л ь н е в и д а н н я

Т Е О Р І Я Й М О В І Р Н О С Т Е Й

Т А М А Т Е М А Т И Ч Н А С Т А Т И С Т И К А

МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ ДО РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ

для студентів спеціальностей фізико-технічного напрямку

Укладачі: Микола Юрійович Кузнєцов, д. техн. наук, проф.

Алла Антонівна Шумська, к.ф.-м. наук, доц.

Відповідальний редактор

М.М.Савчук, д.ф.-м.н., проф.

Рецензент О.Є.Архипов, д. техн. наук, проф.

Редактор хххххххххххххххххх

Темплан 2007 р., поз. ххх

Підп. до друку хх.хх.2007. Формат 60×84 . Папір друк. № 3. Друк офс.

Ум. друк. арк. 2,15. Обл.-вид. арк. 2,25. Зам. № ххх. Наклад 200 пр.

___________________________________________________________

Інформаційно-видавничий центр “Політехніка”

Друкарня НТУУ “КПІ”

03056, Київ-56, просп. Перемоги, 37 Зміст

1. Елементи комбінаторики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2. Біноміальні тотожності . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3. Формула включень та виключень . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

4. Класичне означення ймовірності . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

5. Геометричний метод знаходження ймовірності . . . . . . . . . . . . . . . 18

6. Умовні ймовірності, незалежні події, формула повної ймовір-

ності, формула Байєса . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

7. Дискретні випадкові величини, математичне сподівання та

дисперсія . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

8. Загальне поняття випадкової величини, функції від випадкових

величин . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

9. Граничні теореми . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

10. Елементи математичної статистики . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

Список використаної літератури . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

1. Елементи комбінаторики

Комбінаторика – це галузь математики, яка досліджує кількість різних комбінацій, які можна отримати із заданого набору об’єктів при виконанні певних умов.

• Комбінаторне правило додавання. Нехай – це деяка множина, яка містить скінчену кількість елементів,Ø. Тоді

(1)

де позначає кількість елементів у відповідній множині. Дане правило узагальнюється для будь-якої скінченої кількості множин, що попарно не перетинаються:

Приклад 1. У бібліотеці є 5 томів творів Р.Л. Стівенсона та 14 томів творів А. Конан Дойла. Скількома способами можна вибрати для читання один з томів указаних авторів?

Розв’язання. Нехай івідповідно зібрання творівР.Л. Стівенсона та А. Конан Дойла. Згідно з умовою задачі Оскільки Р.Л. Стівенсон та А. Конан Дойл не мають спільних творів, то згідно з (1) маємо

• Комбінаторне правило множення. Якщо множини містять відповідноелементів, то кількість-вимірних векторів, які отримують вибором по одному елементу з кожної множини, дорівнює

Приклад 2. Скільки чотирицифрових чисел можна скласти, використовуючи цифри 0, 1, 2, 3, 4, 5?

Розв’язання. Чотирицифрове число можна розглядати як чотиривимірний вектор, тому . Першою компонентою цього вектора може бути будь-яка цифра з множини(запис числа не може починатися з 0), а на інших позиціях може стояти будь-яка цифра, тобтоЗвідси маємо, що з указаних цифр можна скластичотирицифрових чисел.

• Комбінації з елементів по.Якщо деяка множина містить елементів, то кількість її -елементних підмножин дорівнює

(2)

де Вважається, що

Приклад 3. У шаховому турнірі приймали участь шахістів, причому кожні 2 шахісти зустрілися по одному разу. Скільки усього партій зіграли учасники турніру?

Розв’язання. Кількість зіграних партій дорівнює кількості двоелементних підмножин у множині з елементів, тобто

Приклад 4. У скількох точках перетинаються діагоналі опуклого -кутника, якщо жодні три з них не перетинаються в одній точці?

Розв’язання. Кожним чотирьом вершинам -кутника можна поставити у відповідність лише одну точку перетину діагоналей, і навпаки, кожній точці перетину двох діагоналей відповідають чотири вершини -кутника. Тому кількість точок перетину діагоналей співпадає з кількістю способів, якими можна вибрати 4 вершини зможливих, тобто

Приклад 5. Скількома способами можна розташувати нулів таодиниць () таким чином, щоб жодні дві одиниці не стояли поруч?

Розв’язання. Ця задача належить до так званих комбінаторних задач з обмеженнями. Розташуємо нулів. Очевидно, що кожна одиниця має можливість займати позицію лише між нулями, причому між сусідніми нулями може стояти не більше однієї одиниці. Таким чином, існуєпозиція, куди можна поставити одиниці (враховуються позиції перед першим нулем та за останнім нулем). Серед цихпозицій треба обратипозицій, де будуть розташовані одиниці. Це можна зробитиспособами.

• Біном Ньютона:

(3)

Приклад 6. Скільки раціональних членів містить розклад ?

Розв’язання. Використовуючи формулу (3), маємо

(4)

Члени розкладу (4) будуть раціональними лише у тому випадку, коли табудуть цілими числами, тобтоповинно одночасно ділитися на 2 і на 3. Усього таких чисел буде 16.

• Множина з елементів називаєтьсявпорядкованою, якщо кожному її елементу поставлено у відповідність певне число від 1 до , причому різним елементам відповідають різні числа. Впорядковані множини, які можна одержати з даної множини, називаютьперестановками цієї множини. Кількість перестановок дорівнює

Приклад 7. Скількома способами можна впорядкувати множину таким чином, щоб числа 1, 2, 3 завжди стояли поруч?

Розв’язання. Оскільки числа 1, 2 та 3 завжди стоять поруч, то їх можна розглядати як одне число (позначимо його ). Кількість можливих перестановок чисел дорівнюєВ той же час потрібно ще врахувати, що числа 1, 2, 3 можуть стояти у довільному порядку, тобто кожній перестановці чиселвідповідає щеперестановок чисел 1, 2 та 3. Тому загальна кількість перестановок дорівнює

Приклад 8. Скількома способами можна розташувати на шаховій дошці 8 тур таким чином, щоб вони не могли бити одна одну?

Розв’язання. При вказаному способі розташування тур на кожній горизонталі та кожній вертикалі може стояти лише одна тура. Розглянемо першу вертикаль. Усього існує 8 способів розташування на ній тури. Якщо перша тура знайшла своє місце, то для розташування наступної тури на другій вертикалі існує лише 7 можливостей (була виключена горизонталь, на якій розташована перша тура). Аналогічно, для розташування тури на третій вертикалі існує всього 6 допустимих позицій. Для останньої восьмої тури існує лише єдина позиція. Тому кількість допустимих способів, якими можуть бути розташованими тури, дорівнює

• Розміщення з елементів по – це впорядковані -елементні підмножини множини, яка складається з елементів. Кількість розміщень зелементів подорівнює

Приклад 9. Скількома способами можна скласти трьохкольоровий смугастий прапор, якщо у наявності є тканина шести різних кольорів? Якою буде відповідь у випадку, коли одна смуга повинна бути обов’язково червоною?

Розв’язання. Для отримання трьох смуг можна використати 6 різних кольорів, тобто з 6 кольорів треба вибрати впорядковану множину з трьох кольорів. Кількість таких способів дорівнює Якщо ж одна зі смуг має бути червоною, то її на прапорі можна розташувати трьома способами. Кожному з цих способів відповідаєваріантів, якими можна з п’яти кольорів, що лишилися, вибрати два. Тому за правилом множення з червоною смугою можна скластипрапорів.

Приклад 10. Скільки різних чотирицифрових чисел можна скласти з цифр 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 так, щоб у кожному числі була цифра 1, причому цифри у числі не повинні повторюватись?

Розв’язання. Розглянемо два випадки: a) цифра 1 стоїть на першій позиції у чотирицифровому числі; b) цифра 1 займає будь-яку іншу позицію. У випадку a) на три позиції, що лишилися, серед 6 цифр треба вибрати впорядковану підмножину з 3 цифр. Це можна зробити способами. У випадкуb) на першій позиці може стояти будь-яка цифра, окрім 0 та 1 (5 варіантів), цифра 1 може стояти на будь-якій з трьох позицій (3 варіанти), а щоб заповнити 2 позиції, що лишилися, треба з 5 цифр вибрати впорядковану множину з двох цифр (способів). Таким чином випадкуb) відповідає способів. За правилом додавання маєморізних чотирицифрових чисел, що відповідають умові задачі.

• Комбінації з повтореннями. Припустимо, що кожен з елементів може бути одного з типів. Комбінацією з повтореннями називається набір зелементів, кожен з яких може бути одного зтипів. Комбінації відрізняються за кількістю елементів того чи іншого типу. Кількість різних комбінацій з елементівтипів поз повтореннями дорівнює

(5)

Приклад 11. У кондитерському магазині продаються тістечка п’яти видів – наполеони, еклери, пісочні, медовики та заварні. Скількома способами можна купити 8 тістечок?

Розв’язання. Це типова задача на комбінації з повтореннями, коли є типів елементів і треба вибратиелементів. Згідно з (5) маємокомбінацій. Але ця задача належить якраз до тих задач, коли інтерес викликає не стільки відповідь, скільки метод розв’язання задачі, який може бути застосований у багатьох інших ситуаціях. Цей метод носить назвуметоду перегородок. Розташуємо всі куплені тістечка в такому порядку: спочатку викладемо наполеони, далі еклери, потім пісочні, за ними медовики і нарешті заварні. Щоб відділити різні типи тістечок, поставимо між ними 4 перегородки. Позначимо тістечко символом “0”, а перегородку символом “1”. Тоді набір куплених тістечок однозначно характеризується послідовністю з 8 нулів та 4 одиниць. Наприклад, послідовність 100010110000 означає, що було куплено 0 наполеонів, 3 еклери, 1 пісочне, 0 медовиків та 4 заварних. Очевидно кількість способів, якими можна купити 8 тістечок, співпадає з кількістю різних послідовностей указаного виду. Послідовність визначається однозначно, якщо вибрати 4 місця з 12, де будуть розташовані одиниці. Кількість таких комбінацій дорівнює

Приклад 12. Скільки цілих невід’ємних розв’язків має рівняння ?

Розв’язання. Сформульована задача має таку інтерпретацію. Треба купити тістечок, яких може бутивидів,– кількість куплених тістечок-го виду. Аналогічно попередньому прикладу, використовуючиперегородку, маємо відповідь.

• Перестановки з повтореннями. Припустимо, що множина містить елементіврізних типів, а саме, у множину входятьелементів-го типу (), причомуКількість різних перестановок з повтореннями дорівнює

(6)

Числа називаютьсяполіноміальними коефіцієнтами.

Приклад 13. Скільки різних слів можна утворити з букв слова “периметр” (слова не обов’язково мають смисловий зміст)?

Розв’язання. У даному випадку маємо множину, що містить буквтипів, причому букви“е” та “р” зустрічаються по 2 рази, решта букв – по одному разу. Тому згідно з (6) кількість різних перестановок дорівнює

Приклад 14. Ліфт із 9 пасажирами зупиняється на п’яти поверхах. Пасажири виходять групами по дві, три та чотири особи. Скількома способами це може відбутися, якщо на кожному поверсі може вийти не більше однієї групи пасажирів?

Розв’язання. Для визначення загальної кількості варіантів потрібно зробити три кроки: 1) вибрати три поверхи, на яких виходять групи пасажирів (очевидно, це можна зробити способами); 2) визначити, які саме групи пасажирів виходять на цих поверхах (способів); 3) з’ясувати, які саме пасажири входять у ці три групи (це можна зробитиспособами). За правилом множення загальна кількість комбінацій дорівнює

• Поліноміальна формула:

(7)

Приклад 15. Скільки членів містить поліноміальний розклад (7)?

Розв’язання. Поставлене питання можна сформулювати таким чином: скільки цілих невід’ємних розв’язків має рівняння ? Відповідь була наведена у прикладі 12. Методом перегородок отримуємо членів у правій частині формули (7).

Приклад 16. Знайти коефіцієнти при тау розкладі

Розв’язання. Згідно з формулою (7) маємо

Існує лише одне значення , що задовольняє умовуЗ рівняннязнаходимо, що. Таким чином, коефіцієнт при дорівнює В той же час не існує цілих невід’ємнихтаких, щоТому відповідний коефіцієнт при дорівнює нулю.