Елементи комбінаторики.
Комбінаторика вивчає кількість комбінацій (наборів), які задовольняють
певним умовам, які можна скласти з елементів заданої кінцевої множини.
При безпосередньому обчисленні ймовірностей
формули комбінаторики часто використовуються. З кінцевої безлічі
Е = {е1, e2,..., en}, що складається з n різних елементів, можна утворювати
різні набори, що складаються з m (m < n) елементів.
Перестановками з n різних елементів називаються набори,
елементів, що містять n елементів і відрізняються лише порядком їх
розташування (впорядковані набори без повторень з n елементів по n).
Число всіх таких перестановок позначають Р і визначають за формулою
Р = n!
Кінцевий натовп називається впорядкованим, якщо його елементи
перенумеровані деяким чином. Кожне впорядкування полягає в тому,
що якийсь елемент отримує номер 1, якийсь - номер 2,..., якийсь номер
– n. Номер 1 може отримати будь-який елемент безлічі Е; значити, вибір
першого елемента можна зробити n способами. Якщо перший елемент
обраний, то на друге місце залишається лише (n-1) кандидат, так як
повторити зроблений вибір не можна. Третій елемент можна вибрати (n-2)
способами тощо.
Останній елемент можна вибрати лише одним способом, він і займе n-е
місце. Загальна кількість способів впорядкування дорівнює:
n(n - 1)(n - 2) ... 2 · 1 = n!
Тут ми скористалися правилом добутку: якщо елемент x можна
вибрати m способами, а елемент y можна вибрати n способами, то
впорядковану пару (х, у) можна вибрати m · n способами.
Приклад 1. Скількома способами можна трьох студентів розсадити на
трьох стільцях?
Рішення. Шукане число:
Розміщеннями називаються набори з n різних елементів по m
елементів, які відрізняються або складом елементів, або їх порядком
(впорядковані набори без повторень з n елементів по m). Кількість всіх
розміщень дорівнює:
An m =n(n-1)(n-2)...(n-m+1)=n! / (n-m)!
Приклад 2. Скількома способами з 7 студентів групи можна відібрати
для участі в олімпіадах з математики та фізики по одному студенту.
Рішення.
Поєднаннями називаються набори, складені з n різних елементів
за m (неупорядковані набори без повторень з n елементів за m). Їх число
позначається
Оскільки кожен набір можна впорядкувати Pm = m!
способами, то маємо
Приклад 3. Скількома способами з 6 студентів можна відібрати для
участі в змаганнях 2 студенти?
Рішення.
Для чисел званих також біноміальними коефіцієнтами,
справедливі наступні тотожності, що часто виявляються корисними при
вирішенні завдань.
Якщо вибір m елементів з n різних елементів проводиться з
поверненням (відібраний елемент повертається у вихідну множину і
може бути знову обраний - схема вибору з поверненням) і з
впорядкуванням, то різні набори будуть з повтореннями, відрізняючись або
складом елементів, або порядком їх прямування. Отримані в результаті
комбінації називаються розміщеннями з повтореннями, а їх загальне число
визначається формулою
Якщо серед n елементів є n1 елементів одного виду, n2 елементів
іншого виду тощо, то число перестановок з повтореннями визначаються
формулою
Під час вирішення завдань комбінаторики використовують такі правила:
Правило суми. Якщо певний об'єкт А можна вибрати з
безлічі об'єктів m способами, а інший об'єкт В може бути обрано n
способами, то вибрати або А, або В можна m + n способами.
Правило добутку. Якщо об'єкт А можна вибрати з множини
m способами і після кожного такого вибору об'єкт В можна вибрати n
способами, пара об'єктів (А, В) в зазначеному порядку може бути обрана
у m · n спосіб.
Приклад 4. Кодовий замок має чотири диски, посаджених на одну вісь.
Кожен диск розбитий на сектори з номерами 0, 1, 2, 3, 4. Замок відкривається
при встановленні однієї певної комбінації цифр. Знайти загальну кількість
комбінацій, з яких тільки одна відкриє замок ?
Рішення. Маємо схему урн. Загальна кількість випадків дорівнює числу
розміщень з повтореннями з 5 елементів за 4, тобто 54.
Приклад 5. Скільки різних шестизначних чисел можна записати з
допомогою цифр 1; 1; 1; 2; 2; 2?
Рішення. Тут потрібно знайти число перестановок з повтореннями, яке
визначається формулою (1.7). За k = 2, n1 = 3, n2 = 3, n = 6 за формулою
отримуємо
P(3;3) = 6! (3!× 3!) = 1× 2 × 3× 4 × 5× 6 1× 2 × 3×1× 2 × 3 = 20 .
Приклад 6. З літер слова РОТОР, складеного за допомогою розрізної
азбуки, навмання послідовно витягують 3 букви і складають в ряд.
Скільки ввріантів отримаємо ?
Рішення. Щоб відрізнити однакові літери один від одного, забезпечимо їх
номерами:
p1,
p2,
o1,
o2.
Загальна
кількість
випадків
Приклад 7. У коробці 6 куль, пронумерованих від 1 до 6. З коробки
виймаються один за одним 3 кулі і в цьому ж порядку записують
отримані цифри. Скільки тризначних чисел можна таким чином
записати?
Рішення: За умовою завдання підмножини {1; 2; 3} і {3; 2; 1} -
дорівнює:
різні. Повторів у підмножині бути не може, так як кулі не
повертаються в коробку. n = 6; k = 3.
Приклад 8. У коробці 6 куль пронумерованих від 1 до 6. З коробки
виймаються 3 кулі і записують число в порядку зростання цифр. Скільки
тризначних чисел можна таким чином записати?
Рішення: За умовою завдання підмножини {1; 2; 3} і {3; 2; 1} дають число
123, тобто не є різними.
Приклад 9. Умова завдання 7 (кульки повертаються в коробку)
Рішення:
Приклад 10. Умова завдання 8 (кульки повертаються в коробку)
Рішення:
Приклад 11. Скільки різних перестановок можна скласти з букв
слова «комар»?
Рішення: P5 = 5!=1× 2 × 3 × 4 × 5 =120 .
Приклад 12. Скільки різних перестановок можна скласти з букв
слова «задача» ?
Рішення: Якби всі шість букв слова були різні, то число
перестановок було б 6! Але буква «а» зустрічається в даному слові три рази, і
перестановки тільки цих трьох букв «а» не дають нових способів
розташування
літер. Тому число перестановок літер слова «завдання» буде не 6!, а в 3! Рази
менше
Класичне визначення ймовірності.
У деяких найпростіших випадках ймовірності подій можна обчислювати
безпосередньо, виходячи з умов випробування. Для цього потрібно, щоб
різні результати випробування мали симетрію і в силу цього були
об'єктивно однаково можливими.
Події називають рівнозначними в даному випробуванні, якщо по
умовам симетрії є підстава вважати, що жодна з них не є
більш можливим, ніж інше.
Події, що утворюють повну групу несумісних і рівнозначних
подій, назвемо випадками (шансами). Про випробування, результати яких
утворюють повну групу попарно несумісних і рівнозначних подій,
кажуть, що вони зводяться до «схеми випадків» або «схеми урн».
По відношенню до будь-якої події, пов'язаної з даним випробуванням,
випадки діляться на сприятливі, при настанні яких ця подія
відбувається, і несприятливі при настанні яких ця подія не
відбувається.
Ймовірністю Р (А) події A називається відношення числа випадків
N (А) сприятливих А до загальної кількості випадків N (W:):
Р (А) = N (A )/N (W)
Формула дає класичне визначення ймовірності.
Оскільки 0 < N (A) < N (W), класичне визначення ймовірності
володіє всіма властивостями частості, а отже, і статистичної
ймовірності:
1. 0 < P(A) < 1
2. P(W)=1
3. P(E)=0
4. P(A+B)=P(A)+P(B),
де А і В - несумісні події.
5. Р (АВ) = Р (А) Р (В/А) = Р (В) Р (А/В), де Р (А/В) і Р (В/А) умовні ймовірності.
Приклад 1.1. В урні знаходиться 2 білих і 3 червоних кулі.
З урни навмання витягується куля. Знайти ймовірність того, що ця куля
біла.
Рішення. Подія А - вилучення білої кулі.
N (W) = 5 - загальна кількість випадків, N (A) = 2 - число випадків,
сприятливих
А. За формулою (2) маємо
Р (А) = 2/5.
Приклад 1.2. Монета кидається один раз. Подія А - випав герб. Знайти
Р (А).
Рішення. N(W) = 2; N(A)=1 P(A)=1/2=0.5 (p=0.5).
Приклад 2.16. Кинуто гральну кістку. Знайти ймовірність того, що
випаде парне число очок.
Рішення: Введемо події: E1 - одне очко; E2 - два очки; E3 - три очки;
E4 - чотири очки; E5 - п'ять очок; E6 - шість очок. Отже, n = 6.
Розглянемо подію A - випадання парного числа очок. Даному
події сприяють елементарні результати E2, E4, E6. Отже,
m = 3. Тоді
P (A) = 3/6 = 0.5
Приклад. Набираючи номер телефону, абонент забув останні три
цифри і пам'ятає лише те, що ці цифри різні, набрав їх навмання. Знайти
ймовірність того, що набрані потрібні цифри.
Рішення: Подія A - набрані потрібні цифри.
n - загальна кількість елементарних результатів дорівнює
Приклад. У групі 12 студентів, серед яких 8 відмінників. За
списком навмання відібрано 9 студентів. Знайти ймовірність того, що серед
відібраних студентів опиняться 6 відмінників.
Рішення: Подія A - серед відібраних студентів опиняться 6
відмінників.
Число n дорівнює числу способів, якими можна відібрати 9
студентів з 12
Підрахуємо кількість результатів, що сприяють появі події A.
З 8 відмінників 6 можна відібрати 𝐶86
способами. Відібрати потрібно 9 осіб,
решту 3 відбираємо серед не відмінників. Їх всього 12-8 = 4. Трьох студентів
з чотирьох можна відібрати 𝐶43
способами. За правилом
множення комбінаторики
ГЕОМЕТРИЧНЕ ТА СТАТИСТИЧНЕ ВИЗНАЧЕННЯ
ЙМОВІРНОСТІ
Якщо досвід зводиться до нескінченного числа рівнозначних випадків, то
застосовується геометричне визначення ймовірності
де mes g дорівнює довжині відрізка, якщо точки безлічі g розташовані на
прямий; mes g дорівнює площі фігури, якщо точки множини g розташовані
на площині; mes g дорівнює об'єму тіла, якщо точки безлічі g розташовані
у просторі.
Приклад. Територія нафтобази має форму прямокутника з
сторонами a = 50 м, b = 30 м. На території є ємність діаметром 10 м.
Яка ймовірність ураження ємності бомбою, що потрапила на
територію нафтобази, якщо попадання
бомби в будь-яку точку рівномовірне?
Рішення: Подія А – поразка ємності бомбою, що потрапила на територію
нафтобази
mes g - площа заштрихованого кола; mes G - площа прямокутника
Приклад. Всередині кола з центром у точці (0,0) і радіусом R навдачу
вибирається точка N (x, y). Знайти ймовірність події
Рішення: У площині XOY побудуємо коло і прямі y = x, y = - x,
які розділять його на чотири області. На малюнку «сприятлива»
область показана штриховкою.
ТЕОРЕМИ ДОДАВАННЯ ТА МНОЖЕННЯ ЙМОВІРНОСТЕЙ
Сумою двох подій A і B називається подія C = A + B, що складається
у появі або події A, або події B, або обох разом. Ключове
слово «або» («або»).
Добутком двох подій A і B називається подія С = A B,
у спільному виконанні події A і події B. Ключове слово
«і».
Дві події називаються несумісними, якщо вони не можуть з'явитися
одночасно.
1.3 Геометричні ймовірності
1.3.1 Приклади розв’язання задач
Приклад 1.27. Задача Бюффона. На площину, розграфлену паралельними
прямими, відстань між якими становить 2a , навмання підкидається голка
довжиною 2r , ( r  a ). Яка ймовірність того, що голка перетне одну з прямих?
x
a
r
2a
x
2a

A
2r

0
Рисунок 1.3

Рисунок 1.4
► Позначимо через A подію, яка полягає в тому, що голка перетнула одну
з прямих. Нехай x – відстань від середини голки до найближчої прямої, а  –
кут між голкою й цією прямою (рис. 1.3). Величини x і  повністю визначають
положення голки. Отже, прямокутник
   x,   : 0  x  a, 0     
становить простір елементарних наслідків.
Розглянемо трикутник, утворений голкою, прямою і перпендикуляром,
опущеним із середини голки на пряму. Голка торкатиметься прямої, якщо
x  r sin  . Якщо x  r sin  , то голка перетне пряму, а якщо x  r sin  , то голка
не перетне пряму. Отже, прямокутник зі сторонами  і  являє повний простір
подій, а область A , що задовольняє умові x  r sin  – простір сприятливих наслідків (рис. 1.4). Оскільки площа області A дорівнює


S A   r sin  d   r cos  0  2r ,
0
а площа  – S  a , то за формулою геометричної імовірності шукана ймовірність дорівнює
P  A 
S A 2r

.◄
S a
43
Приклад 1.28. Задача Бертрана. У колі радіуса r навмання проводиться
хорда. Знайти ймовірність того, що довжина хорди перевищить сторону
правильного вписаного трикутника.
► Як відомо, сторона правильного вписаного трикутника дорівнює 3r .
За умовою хорда визначається двома точками на
колі. Нехай перша точка потрапила в A . Впишемо в
3r
B окружність
A
правильний
трикутник
ABC
(рис. 1.5). З рисунка видно, що довжина хорди буде
більшою, ніж сторона правильного вписаного
трикутника, якщо її другий кінець потрапить на дугу
O
2
3r
3r
, а
BC . Довжина цієї дуги, очевидно, lBC 
3
довжина всього кола l  2 r . Тоді за формулою
геометричної ймовірності шукана ймовірність
C
дорівнює
Рисунок 1.5
lBC 1
 .◄
l
3
Приклад 1.29. Продовження. Розв’язати задачу 1.28, якщо середина
хорди рівномірно розподілена на діаметрі, перпендикулярному її напрямку.
► Виберемо хорду й проведемо діаметр через її середину. Нехай ABC –
правильний вписаний трикутник (рис. 1.6). З рисунка видно, що довжина хорди
перевищує сторону правильного вписаного
ў
C
трикутника, якщо відстань від її центра до центра
окружності буде менше DO . Розглянемо
B
A
трикутник BOD . Він прямокутний, OB  r ,   60
Dў
r

DO

r
cos60

.
Відтак,
. Отже, довжина хорди
r
r
2
O
буде
більшою ніж 3r , якщо її центр лежить на відрізку
D
B ў DD довжиною r . Тоді шукана ймовірність
Aў
дорівнює відношенню довжини відрізка DD до
діаметра, тобто дорівнює
C
Рисунок 1.6
r 1
 .◄
2r 2
Приклад 1.30. Продовження. Розв’язати задачу 1.28, якщо середина
хорди рівномірно розподілена в колі.
► З попередньої задачі відомо, що довжина хорди перевищить 3r , якщо
44
r
від центра кола. Оскільки
2
середина хорди рівномірно розподілена в колі, то це означає, що середина хорди
r
має лежати в колі S1 радіуса (рис. 1.7). Тоді за
2
формулою
геометричної
ймовірності
шукана
S2
ймовірність дорівнює
її середина знаходитиметься на відстані, меншій ніж
r 2
S1
2
r
 
S1
1
2
  2  . ◄
S2
4
r
O
r
Приклад 1.31. Задача про зустріч. Дві
людини домовилися про зустріч між 10 й 11
годинами ранку, до того ж домовилися чекати
Рисунок 1.7
один одного не більше 10 хвилин. Вважати, що
момент приходу на зустріч вибирається кожним навмання у межах зазначеної
години. Знайти ймовірність того, що зустріч відбудеться.
► Нехай подія A – зустріч відбудеться, x – час приходу на зустріч однієї
людини, y – іншої. Оскільки зустріч має відбутися в межах домовленої години
0  x  60 та 0  y  60 , то область можливих значень x і y є квадратом зі
стороною 60 (рис. 1.8). Для того щоб вони зустрілися, необхідно, щоб | x  y | 10
.
Звідси отримуємо систему нерівностей:
y
 10  x  y;

 x  y  10;
60

 y  x  10;

 y  x  10.
Геометричний розв’язок системи –
область S1 заштрихована на рис. 1.8.
Шуканою ймовірністю є відношення
площі S1 до площі квадрата:
SS11
10
x
0
P  A 
60
10
Рисунок 1.8
45
11
 0,306 . ◄
36
Приклад 1.32. На відрізок довжини L навмання ставляться дві точки. Яка
ймовірність, що з трьох утворених частин відрізка
можна побудувати трикутник?
y
0
L
► Наслідки схеми випробувань зручно
відобразити точками  x, y  у двовимірному
евклідовому просторі, вважаючи координату x
x
довжиною однієї сторони трикутника, а
Рисунок 1.9
координату y – довжиною іншої (довжина третьої
визначається автоматично як доповнення до довжини відрізка L – див. рис. 1.9).
При цьому область  точок – наслідків всієї схеми випробувань – визначається з
умов:
 0  x  L,
 0  x  L,


  0  y  L,
 0  y  L,
0  L   x  y   L,

0  x  y  L,

а область A точок – наслідків події, що розглядається, – окреслюється вимогами
(сума будь-яких двох сторін трикутника має бути не меншою, ніж третя сторона):
y
L
 x  y  L   x  y ,

 x   L   x  y    y ,

 y   L   x  y    x,

L 2
A
x
0
L 2

L

x  y  2 ,

L

y  ,
2

L

x

.

2
L
Рисунок 1.10
Області  й A мають вигляд трикутників, зображених на рис. 1.10. Тоді
шукана ймовірність обчислюється як відношення площ S цих трикутників і
дорівнює:
2
1 L
S ( A) 2  2 
1

 .◄
1 2
S ( )
4
L
2
Приклад 1.33. На відрізку одиничної довжини навмання вибираються дві
точки. Яка ймовірність того, що довжина мінімального з відрізків, на які
поділяється початковий відрізок, менша від x ?
46
► Нехай на координатній площині на осі a відкладається відстань від точки A
до точки O , початку відрізка, а на іншій осі b – відстань від точки B до точки O .
Якщо відстань між точками A і B менша від x , то виконується a  b  x .
Якщо відстань від A до O менша від x , то виконується a  x .
Якщо відстань від B до O менша від x , то виконується b  x .
Якщо відстань від B до L (кінця відрізка) менша від x , то виконується
1 b  x.
Якщо відстань від A до L менша від x , то виконується 1  a  x.
Отже, довжина мінімального з відрізків менша від x , якщо виконується
одна з таких умов: (враховуючи, що 0  a  1 й
b
0  b  1):
1
1 x
 a  b  x,

 a  x,
 b  x,

 1  b  x,
1  a  x.
S1
x
a
0
(1.1)
x
1 x 1
Рисунок 1.11
Тоді шукана ймовірність P  A того, що
довжина мінімального відрізка менша від x ,
дорівнює відношенню площі області, описаною системою (1.1) до площі
квадрата зі стороною, рівною одиниці (рис. 1.11). Неважко переконатися, що
площа заштрихованої області дорівнює
S1  x  x  2 1  2 x   x 2  x 2  2 x  2 .
Тоді P  A  
S1
 x2  2x  2 . ◄
1
Приклад 1.34. Гравець підкидає монету на стіл, розділений на квадрати зі
3
стороною один дюйм. Яка ймовірність влучення монети з радіусом r  дюйма
8
у внутрішню область квадрата?
► Ймовірність влучення центра монети в будь-яку область квадрата
пропорційна площі цієї області. Вона дорівнює площі області, розділеної на
3
площу квадрата. Оскільки радіус монети дюйма, то для виграшу центр не має
8
3
знаходитися ближче, ніж
дюйма від сторін квадрата. Цьому обмеженню
8
47
відповідає квадрат зі сторонами
1
дюйма, у внутрішній області якого має лежати
4
центр монети.
Отже, ймовірність влучення монети у внутрішню область квадрата дорівнює
2
1
1
P  A    
 0,0625 . ◄
 4  16
Приклад 1.35. Знайти ймовірність того, що корені квадратного рівняння
x 2  px  q  0 дійсні, якщо p й q – навмання вибрані числа з відрізка   B, B .
► Оскільки p й q – навмання вибрані числа з відрізка   B, B , то
простором елементарних наслідків є квадрат     B, B    B, B . Для того щоб
корені рівняння x 2  px  q  0 були дійсними, необхідно, щоб дискримінант
D  p 2  4q був невід’ємним. Цій умові відповідає область I (рис. 1.12).
q
p2
q
4
B
Очевидно, площа S I дорівнює 4B 2  SII
. Знайдемо S II :
2 B B
SII   dpdq  
II
 II 
p
 B 2 B 0
2 B
I
B
B
 dpdq 
2 B p 2
4
8B B
.
3
Тоді ймовірність того, що корені
рівняння дійсні, за формулою геометричної
ймовірності дорівнює
SI
2
.◄
1
S
3 B
Рисунок 1.12
Приклад 1.36. Знайти ймовірність того, що добуток xy двох навмання
вибраних позитивних чисел x і y , кожне з яких не більше двох, не перевищить
y
одиниці, а частка буде не більше двох.
x
48
y 1 x
y
► Нехай x і y – вибрані навмання
позитивні числа. За умовою 0  x  2 , 0  y  2 ,
що на площині відповідає квадрату площею
S  4 . Область, що задовольняє зазначеній
події, визначається системою нерівностей
y  2x
2
SБ
1
x
2
2
 xy  1;

y
 x  2;
до того ж 0  x  2 , 0  y  2 (рис. 1.13), і має
площу
Рисунок 1.13
1
2
2
1
dx
1
2
S Б   2 xdx  
 x 2 2  ln x 1  1  3ln 2 .
0
2
1 x
0
2
2
Тоді шукана ймовірність
1
1  3ln 2 
SБ 2 
1
p

 1  3ln 2  . ◄
S
4
8
Приклад 1.37. На площину з нанесеною сіткою квадратів зі стороною a
a
навмання підкидають монету з радіусом r  . Знайти ймовірність того, що
2
монета не перетне жодної сторони квадрата.
► Точки квадрата становлять всі можливі положення центра монети
(простір елементарних наслідків). Монета не перетне жодної сторони квадрата,
якщо центр монети лежатиме на відстані, не меншій ніж r від сторони квадрата,
тобто належатиме квадрату зі стороною a  2r . Тоді шукана ймовірність
2
a  2r 

p
.◄
a2
Приклад 1.38. Диск, що швидко обертається, розділений на парну
кількість рівних секторів, через один пофарбованих у білий і чорний кольори. По
диску зроблений постріл. Знайти ймовірність влучення кулі в білий сектор.
► Шукана ймовірність p дорівнює відношенню площі всіх білих секторів
до площі самого диска. Оскільки секторів на диску парна кількість і всі вони
49
дорівнюють між собою, то загальна площа всіх білих секторів дорівнює половині
площі диска, тобто дорівнює 0,5 R 2 . Тоді
p
0,5 R 2
 0,5 . ◄
 R2
1.3.2 Задачі для самостійного розв’язання
Задача 1.19. Площина розкреслена паралельними прямими, відстань між
якими 2l . На площину навмання кинули монету з радіусом r  l . Знайти
ймовірність того, що монета не перетне жодної прямої.
r
Відповідь: 1  .
l
Задача 1.20. На площині накреслені дві концентричні окружності,
радіуси яких 5 і 10 см відповідно. Знайти ймовірність того, що точка, кинута
навмання у велике коло, потрапить також у кільце, утворене побудованими
окружностями.
Відповідь: 0,75.
Задача 1.21. На відрізку OA довжини L числової осі Ox навмання поставлені дві точки B і C . Знайти ймовірність того, що довжина відрізка BC буде
меншою, ніж відстань від точки O до найближчої до неї точки.
Відповідь: 0,5.
Задача 1.22. На відрізок AB довжини L навмання поставлена точка O .
Знайти ймовірність того, що менший з відрізків AO або OB матиме довжину,
більшу, ніж 1 3 довжини відрізка. Передбачається, що ймовірність потрапляння
точки на відрізок пропорційна довжині відрізка й не залежить від його
розташування на числовій осі.
Відповідь: 1/3.
Задача 1.23. Усередину кола радіуса R навмання кинута точка. Знайти
ймовірність того, що точка потрапить у внутрішню область вписаного в коло:
а) квадрата; б) правильного трикутника.
2
3 3
Відповідь: а) ; б)
.

4
Задача 1.24. На відрізку OA довжини L числової осі Ox навмання
поставлені дві точки B і C , до того ж точка C знаходиться правіше точки B .
Знайти ймовірність того, що довжина відрізка BC буде меншою, ніж L 2 .
Відповідь: 0,75.
50