СОДЕРЖАНИЕ РАЗДЕЛА

  1. Предмет комбинаторики.
  2. Общие правила комбинаторики.
  3. Размещения с повторениями.
  4. Размещения.
  5. Перестановки без повторений.
  6. Перестановки с повторениями.
  7. Анаграммы.
  8. Сочетания без повторений.
  9. Генуэзская лотерея.
  10. Задача на исключение.
  11. Задача о домино.
  12. Задача о более вероятном событии.
  13. Геометрические вероятности.
  14. Задача Бюффона.
  15. Задача о встрече.
  16. Вопросы для самопроверки.
   

Предмет комбинаторики

Область математики, в которой изучаются вопросы о том, сколько различных комбинаций, подчиненных тем или иным условиям, можно составить из заданных объектов, называется комбинаторикой. Группы, составленные из каких – либо предметов, называются соединениями.
   Комбинаторика возникла в XVI веке. В жизни людей большое место занимали азартные игры, В карты и кости выигрывались и проигрывались золото и бриллианты, дворцы и имения, породистые кони и дорогие украшения. Широко были распространены всевозможные лотереи. Понятно, что первоначально комбинаторные задачи касались в основном азартных игр – вопросов, сколькими способами можно выбросить данное число очков, бросая две или три кости, или сколькими способами можно получить двух королей в данной карточной игре. Эти и другие проблемы азартных игр явились движущей силой в развитии комбинаторики и развивавшейся одновременно с ней теории вероятностей.
   Одним из первых занялся подсчетом числа различных комбинаций при игре в кости итальянский математик Тирталья.
   Теоретическое исследование вопросов комбинаторики предприняли в XVII веке французские ученые Паскаль н Ферма. Исходным пунктом их исследований тоже были проблемы азартных игр. Особенно большую роль сыграла здесь задача о разделе ставки, которую предложил Паскалю его друг шевалье де Мере, страстный игрок. Проблема состояла в следующем: "матч" в орлянку ведется до шести выигранных партий; он был прерван, когда один игрок выиграл 5 партий, а другой – 4; как разделить ставку?
   Дальнейшее развитие комбинаторики связано с именами Якова Бернулли, Лейбница и Эйлера. Однако и у них основную роль играли приложения к различным играм (лото, солитер и др.). За последние годы комбинатторика переживает период бурного развития, связанного с общим повышением интереса к проблемам дискретном математики. Комбинаторные методы используются для решения транспортных задач, в частности задач по составлению расписаний; для составления планов.

Общие правила комбинаторики

  1. Если некоторый объект А можно выбрать m способами, а другой объект В можно выбрать n способами, то выбор «либо А, либо В» можно осуществить (m + n) способами.
  2. Если некоторый объект А можно выбрать m способами, а другой объект В можно выбрать n способами, то выбор « А и В » можно осуществить (m·n) способами.
   Различают три основных типа соединений: размещения (с повторениями и без повторений), перестановки и сочетания.

Размещения с повторениями

   Даны предметы, относящиеся к n различным видам. Из них составляют всевозможные расстановки по k предметов в каждой ( k-расстановки ). При этом в расстановки могут входить и предметы одного вида. Две расстановки считаются различными, если они отличаются друг от друга или видом входящих в них предметов, или порядком этих предметов.
 Расстановки описанного типа называются k-размещениями с повторениями из элементов n видов, а число всех таких расстановок обозначают Аnk.  Размещения с повторениями подобного типа определяются формулой
А'nk = nk. (1)
 П р и м е р 1. В клубе велосипедисты были суеверными и они отказались от номера с цифрой 8. Они отказались от этой цифры и обходились девятью цифрами: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9. Сколько членов состояло в клубе, если номера были двухзначными?
 Р е ш е н и е. Вот они:
00, 01, 02, 03, 04, 05, 06, 07, 09
10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 19
20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 29
30, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 39
40, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 49
50, 51, 52, 53, 54, 55, 56, 57, 59
60, 61, 62, 63, 64, 65, 66, 67, 69
70, 71, 72, 73, 74, 75, 76, 77, 79
90, 91, 92, 93, 94, 95, 96, 97, 99
Итак существует 92 = 81 двузначный номер без цифры 8.

Размещение без повторений

 Размещением без повторений из n элементов по p в каждом называются такие соединения, из которых каждое содержит p элементов, взятых из числа данных n элементов, и которые отличаются друг от друга либо самими элементами (хотя бы по одному), либо лишь порядком их расположения ( p ≤ n ).
 Выведем формулу для подсчёта числа размещений. Пусть имеется n элементов a, b, с, … , h, k, l. Очевидно, что размещений из n по одному в каждом будет равно n. Следовательно, . Чтобы определить число размещений из n элементов по два, каждому из n элементов a, b, с, … , h, k, l приписывают (n – 1) остальных элементов. Таким образом, . Aналогично получаем .
 Пользуясь методом математической индукции, можно доказать, что
. (2)
Следует заметить, что .
 Пример 2. Сколькими способами можно выбрать три лица на три различные должности из десяти кандидатов?
 Ответ: .

Перестановки без повторений

 Перестановками без повторений из n элементов называются такие соединения, из которых каждое содержит все n элементов, и которые отличаются друг от друга лишь порядком расположения элементов.
 Формула для вычисления перестановок получается как частный случай формулы размещений

. (3)
 Число всех перестановок из n элементов равно произведению последовательных натуральных чисел от 1 до n. Это произведение обозначают n! (читается n-факториал). Итак, Рn = n! = 1 · 2 · … n. При этом полагают 1! = 1.
 В дальнейшем нам встретится обозначение 0! Принято считать, что 0! = 1.
 Заметим еще, что формулу (1) для числа размещений без по- вторений можно записать следующим образом:
. (4)

Перестановки с повторениями

 До сих пор мы переставляли предметы, которые были попарно различны. Если же некоторые перестанавливаемые предметы одинаковы, то получается меньше перестановок — некоторые перестановки совпадают друг с другом.
 Например, переставляя буквы слова «март», мы получим 24 различные перестановки:
март рамт мтра ртма
матр мтар ратм ртам
мрат рмат рмта мрта
трам тмар амтр артм
тарм атрм атмр тамр
амрт армт трма тмра
 А если вместо слова «март» взять слово «мама», то во всех выписанных перестановках надо будет заменить «р» на «м» и «т» на «а». При этом некоторые из наших 24 перестановок окажутся одинаковыми. Например, стоящие в первой строке перестановки март, рамт, мтра, ртма при этой замене дадут одно и то же слово «мама». Точно так же все четыре перестановки, написанные во второй строке, дадут слово «маам». Вообще, все 24 перестановки разбиваются на четверки, которые при замене «р» на «м» и «т» на «а» дают один и тот же результат. В таблице эти перестановки стоят в одной строке. Поэтому число различных перестановок, которые можно сделать из слова «мама», равно 2 4 : 4 = 6. Вот они
мама, маам, ммаа, амам, аамм, амма.
 Общая задача формулируется следующим образом:
 Имеются предметы к различных типов. Сколько перестановок можно сделать из n1 элементов первого типа, n2 элементов второго типа, …, nk элементов k - го типа?
 Число элементов в каждой перестановке равно n = = n1 + n2 + … + nk. Поэтому если бы все элементы были различны, то число перестановок равнялось бы n!. Но из-за того, что некоторые элементы совпадают, получится меньшее число перестановок. В самом деле, возьмем, например, перестановку
 (5)
в которой сначала выписаны все элементы первого типа, потом все элементы второго типа, … , наконец, все элементы k - го типа. Элементы первого типа можно переставлять друг с другом n1 способами. Но так как все эти элементы одинаковы, то такие перестановки ничего не меняют. Точно так же ничего не меняют n2 перестановок элементов второго типа, … , nk перестановок элементов k - го типа. Например, в перестановке «ммаа» ничего не изменится, если мы переставим первый элемент со вторым, или третий с четвертым.
 Перестановки элементов первого типа, второго типа и т.д. можно делать независимо друг от друга. Поэтому (по правилу произведения) элементы перестановки (5) можно переставлять друг с другом n1!·n2! ·…·nk! способами так, что она остается неизменной. То же самое верно и для любого другого расположения элементов. Поэтому множество всех n! перестановок распадается на части, состоящие из n1!·n2! ·…·nk! одинаковых перестановок каждая. Значит, число различных перестановок с повторениями, которые можно сделать из данных элементов, равно
. (6)
 Пользуясь формулой (6), легко ответить на вопрос: сколько перестановок можно сделать из букв слова «Миссисипи»? Здесь у нас одна буква «м», четыре буквы «и», три буквы «с» и одна буква «п», а всего 9 букв. Значит, по формуле (6) число перестановок равно
.

Анаграммы

 До XVII столетия почти не было научных журналов. Ученые узнавали о трудах своих коллег или из книг, или из частных писем. Это создавало большие трудности при опубликовании новых результатов — ведь печатание книг занимало целые годы, а написать о своем открытии в частном письме было рискованно — не ровен час, кто-нибудь присвоит достижение, и поди доказывай, что он не сам придумал, а узнал из полученного письма. Могло случиться, что получатель письма долго думал над тем же вопросом, нашел его решение, и письмо ничего нового ему не открыло — он сам собирался написать коллеге аналогичное сообщение.
 Из-за этого часто возникали споры о приоритете. Ещё в конце XVII столетия шли долгие споры о приоритете между Ньютоном и Лейбницем (о том, кто первый открыл дифференциальное и интегральное исчисления), между Ньютоном и Гуком (кто первый сформулировал закон всемирного тяготения) и т. д.
 А в древности Архимеду пришлось даже пуститься на хитрость. Когда некоторые александрийские ученые присвоили себе его результаты, о которых узнали из полученных от него писем,он написал им еще одно письмо. В нем содержались совершенно замечательные формулы для площадей и объемов некоторых фигур. Александрийцы снова сказали, что эти формулы они давным - давно знают, и ничего нового им Архимед не сообщил. Но тут выяснилось, что Архимед поймал их в ловушку — сообщенные в письме формулы были неверными! Для того чтобы и приоритет обеспечить, и не допустить преждевременной огласки достигнутых результатов, ученые в краткой фразе формулировали суть открытия, а потом переставляли в ней буквы и посылали письмо с переставленными буквами своим коллегам. Такие тексты с переставленными буквами называются анаграммами. Например, слова «лунка» и «кулан» — анаграммы. Когда же печаталась книга с подробным изложением результата, в ней давалась расшифровка анаграммы. Когда Гюйгенс (1629 - 1695 ) открыл кольцо Сатурна, он составил анаграмму
ааааааа, ссссс, d, еееeе, g, h, iiiiiii,lll,mm,nnnnnnnnn, oooo, g,rr, s, ttttt, uuuuu.
Если поставить в ней буквы в нужном порядке, то получится текст
"Annulo cingitur tenui, plano, nusquam cohaerente, ad ecliptican inclinato"
("Окружен кольцом тонким, плоским, нигде не подвешенным, наклонным к эклиптике".)
 Однако не всегда анаграммы позволяли сохранять тайну. Когда тот же Гюйгенс открыл первый спутник Cатурна (Титан) и нашел, что время его обращения покруг планеты равно 15 дням, он составил по этому поводу анаграмму и послал свойм коллегам. Однако один из них, Валлис, большой маcтер в расшифровке тайнописи, разгадал эту анаграмму и составил по этому поводу свою анаграмму, которую послал Гюйгенсу. Когда ученые обменялись разгадками анаграмм, то получилось так, что будто бы Валлис еще до Гюйгенса сделал то же самое открытие. Потом Валлис признался, что он пошутил, чтобы доказать бесполезность анаграмм в деле тайнописи. Гюйгенс, однако, не оценил этой шутки и рассердился.
 Подсчитаем, сколько надо было сделать перестановок, чтобы дойти до истинного смысла первой анаграммы Гюйгенса. В эту анаграмму входит 7 букв а, 5 букв с, 1 буква d, 5 букв е, 1 буква g, 1 буква h, 7 букв i, 3 буквы l, 2 буквы m, 9 букв n, 4 буквы о, 2 буквы р, 1 буква q, 2 буквы r, 1 буква s, 5 букв t и 5 букв u, а всего 61 буква. Значит, по формуле (6) получаем
.
перестановок. Это громадное число примерно равно 1060.
 С задачей перебора всех этих перестановок электронная вычислительная машина, делающая миллион операций в секунду, не справилась бы за все время существования Солнечной системы.
 В каком-то смысле человеку легче решить эту задачу, чем машине. Ведь человек будет брать не все перестановки, а только те, в которых получаются осмысленные слова, будет учитывать морфологические правила и т.д. Это сильно сократит число необходимых попыток. А самое главное — он примерно знает, над какими вопросами думал его корреспондент. Но все равно получается очень громоздкая работа.

Сочетания без повторений

 Сочетаниями без повторений из n элементов по p в каждом называются такие соединения, из которых каждое содержит p элементов, взятых из числа данных n элементов, и которые отличаются друг от друга, по крайней мере, одним элементом. Если в каждом сочетании из n элементов по p сделать всевозможные перестановки, то образуются всевозможные размещения из n элементов по p. Поэтому . Отсюда
. (7)

Генуэзская лотерея

 Участники лотереи покупали билеты, на которых стояли числа от 1 до 90. Можно было купить билеты, на которых было сразу два, три, четыре или пять чисел. В день розыгрыша лотереи из мешка, содержавшего жетоны с числами от 1 до 90, вынимали пять жетонов. Выигрывали те, у которых все числа на билете были среди вынутых. Например, если на билете были числа 8, 21, 49, а вынутыми оказались числа 3, 8, 21, 37, 49, то билет выигрывал; если же вынутыми были числа 3, 7, 21, 49, 63, то билет проигрывал.
 Если участник лотереи покупал билет с одним числом, то он получал при выигрыше в 15 раз больше стоимости билета, если с двумя числами (амбо), то в 270 раз больше, если с тремя числами (терн), то в 5500 раз больше, если с четырьмя числами (катерн) — в 75 000 раз больше, а если с пятью числами (квин), то в 1 000 000 раз больше, чем стоимость билета.
 Попробуем сосчитать, каково отношение "счастливых" исходов лотереи к общему числу ее исходов при различных способах игры. Общее число исходов лотереи сразу находится по формуле (7). Из мешка с 90 жетонами вынимают 5 жетонов, причем их порядок не играет никакой роли. Получаются сочетания из 90 элементов по 5, число которых равно
.
 Предположим теперь, что участник лотереи купил билет с одним номером. Во скольких случаях он выиграет? Для выигрыша необходимо, чтобы один из вынутых номеров совпал с номером на билете. Остальные же 4 номера могут быть любыми. Но эти четыре номера выбираются из оставшихся 89 номеров. Поэтому число благоприятных комбинаций выражается формулой
.
Отсюда следует, что отношение числа благоприятных комбинаций к общему числу комбинаций равно
.

Задача на исключение

 Пусть имеется N предметов, некоторые из которых обладают свойствами α1, α2, …. Притом каждый предмет может либо не обладать ни одним из этих свойств, либо обладать одним или несколькими свойствами, Обозначим через N ( α1, α2, … , αk ) количество предметов, обладающих свойствами α1, α2, … , αk (и, быть может, еще некоторыми из других свойств). Если нам надо будет подчеркнуть, что берутся лишь предметы, не обладающие некоторым свойством, то это свойство пишем со штрихом. Число предметов, не обладающих ни одним из указанных свойств, обозначается по этому правилу через.
  Общий закон состоит в том, что
N ( α'1, α'2, … , α'k ) = N - N ( α1 ) - N ( α2 ) - … - N ( αn ) + N ( α1, α2 ) - N ( α1, α3 ) - … - N ( α1, αn ) + … + N ( αn - 1, αn ) - N ( α1, α2, α3 ) - … - N ( αn - 2, αn - 1, αn ) + … + ( - 1 )n N ( α1, α2, α3, … , αn).
 П р и м е р 3. В институте работают 67 человек. Из них 47 знают английский язык, 35 – немецкий язык, французский знают 20 человек, 23 – знают английский и немецкий, 12 человек знают английский и французский, немецкий и французский знает 11 человек, а все три языка знает 5 человек. Сколько человек в институте не знают ни одного языка?.
   Только английский и французский (без немецкого) знают 12 - 5 = 7 человек, только немецкий и французский знают 11 - 5 = 6 человек, только английский и немецкий знают 23 - 5 = 18 человек.. Значит, только один французский язык знают 20 - 7 - 6 - 5 = 2 чело века, только английский язык знаюь 47 - 7 - 5 - 18 = 17 человек, только немецкий язык знают 35 - 18 - 5 - 6 = 6 человек. Значит, число людей, не знающих ни одного из трех языков, равно 67 - (17 + 18 + 5 + 7 + 6 + 6 + 2) = 6. Полученный ответ можно записать так: 6 = 8 - 2 = 67 - 47 - 37 + 23 - (20 - 7 - 6 -5) = 67 - 47 - 37 + 23 - 20 + (12 - 5) + (11 - 5) + 5 = 67 - 47 - 37 - 20 + 23 + 12 + 11 - 5.
 Сначала из общего числа сотрудников вычитают число тех, кто знает один из языков (и, может быть, другие). При этом некоторые оказываются «вычтенными» дважды, поскольку знают два языка. Поэтому прибавляют числа 23, 12, 11, показывающие, сколько человек владеют двумя языками (и, может быть, еще третьим). Но лица, владеющие тремя языками, оказываются сначала трижды «вычтенными», а потом трижды «прибавленными». Так как их надо все-таки вычесть, то приходится еще отнять число 5.

Задача о домино

   Пример 4. Сколькими способами из 28 костей домино можно выбрать две кости так, чтобы их можно было приложить друг к другу?
   Решение. Сначала выберем одну кость. Это можно сделать 28 способами. При этом в семи случаях выбранная кость окажется «дублем», а в 21 случае – кость с различными числами. В первом случае вторую кость можно выбрать шестью способами. Во втором же случае вторую кость можно выбрать 12 способами. По правилу произведения в первом случае получаем 7·6 = 42 выбора, а во втором 21 ·12 = 252 выбора. Значит, по правилу суммы получаем 42 + 252 = 294 способов выбора пары. В приведённом примере учитывался порядок, в котором выбирались кости. Поэтому каждая пара появлялась дважды. Если не учитывать порядок, то получим вдвое меньше способов выбора, то есть 147 способов.
   Пример5. В ящике лежат 20 одинаковых на ощупь шаров. Из них 12 белых и 8 чёрных. Наудачу вынимают два шара. Какова вероятность того, что оба шара белые? Какова вероятность того, что они разного цвета?
   Р е ш е н и е. Опыт состоит из того, что вынимаются шары с номерами ( n; k). Эти события равновероятны, так как шары неотличимы на ощупь и образуют полную группу событий. В этой группе n =  событий, из них благоприятствуют тому, что оба шара белые в количестве m = . Вероятность того, что оба шара белые, равна
.
   Пример6.В урне 7 белых шаров, 8 чёрных. Из урны вынимают одновременно два шара. Какое событие более вероятно:
  1. 1) шары одного цвета (А);
  2. 2) шары разных цветов (В)?
      Р е ш е н и е. , .
Отсюда видно, что вытащить шары разных цветов более вероятно, чем шары одного цвета.

Геометрические вероятности

      Недостаток классического определения вероятности был замечен в начале становления теории вероятностей. Уже в то время некоторые частные примеры и задачи привели к видоизменению и обобщению определения вероятности. Было построено понятие вероятности для случаев с бесконечным множеством исходов испытания. В общем виде задачу, которая привела к расширению понятия вероятности и к другому определению ее, можно сформулировать следующим образом.
   На плоскости имеется область G и область g в ней. Площади их равны mes (G) и mes (g) соответственно. В область G бросается наудачу точка. Вероятность р того, что точка окажется в области g, принимается равной
.
      При этом предполагается, что точка может попасть в любую часть области G, а вероятность попадания в область g пропорциональна лишь ее площади и не зависит ни от расположения, ни от формы ее.
   Аналогично могут быть определены вероятности попадания точки в объем g, находящийся в объеме G, на отрезок g, расположенный на отрезке G, если точка бросается наудачу соответственно в объем, на отрезок. Вероятности, определенные по такой схеме, получили название геометрическими.
   Пример7. Круглый диск радиуса R разбит на два сектора. Длина дуги одного из них (заштрихованного) равна радиусу R. По быстро вращающемуся диску произведен выстрел. Найти вероятность попадания в этот сектор.
   Решение. Площадь заштрихованного сектора Sg = R·R/2 = R2/2, а площадь круга SQ = π·R2. Согласно определению вероятность искомого события р = R2/2 : π·R2 = 1/2π.
   В основу классического определения вероятности и геометрических вероятностей положено понятие равновероятности, которое не является столь простым и очевидным.
   Французский математик XIX в. Ж. Бертран на ряде примеров показал, что понятие равновероятности не самоочевидно и зависит от условий испытания и рассуждения. Предложенные им задачи, получившие название парадоксов Бертрана, можно решить различными методами, но и ответы окажутся разными. Рассмотрим одну из них.
   Пример8. Найти вероятность того, что длина наудачу взятой хорды круга превосходит сторону правильного вписанного в него треугольника (а3).
   Первое решение. В силу симметрии круга достаточно рассмотреть одно направление хорд. Проведем диаметр АВ, перпендикулярный хордам этого направления, среди них СН и DG – стороны правильных вписанных треугольников. Хорды, большие СН и DG, пересекают диаметр АВ между точками F и Е. Легко установить, что эти точки и центр круга О делят диаметр АВ на четыре равные части. Поэтому искомая вероятность равна 1/2.
   Второе решение. По тем же соображениям симметрии можно заранее закрепить один конец хорд, считая его находящимся в точке А на окружности .Через точку А проведем касательную и две хорды, являющиеся сторонами правильного вписанного треугольника. Они образуют три угла по 60°. Хорды, большие а3, попадают в средний угол. Поэтому искомая вероятность равна 1/3.
   Третье решение. Длина хорды определяется ее расстоянием от центра. Нетрудно установить, что середины хорд, больших а3, находятся внутри круга, концентрического данному, с радиусом, равным половине радиуса данного круга. Площади этих кругов относятся как 1 : 4, а поэтому искомая вероятность равна 1/4.
   Итак, решая задачу различными методами, мы получили различные ответы. Причина состоит в допущенной неточности в условии: в нем не определено, какие события считаются равновероятными, В результате фактически решены три разные задачи, в которых за равновероятные принимаются неэквивалентные события. В первом решении равновероятными считаются события, состоящие в том, что точка попадет на отрезки одной и той же длины, независимо от их расположения на диаметре АВ, Во втором предполагается, что хорда, проходящая через точку A, с одинаковой вероятностью пересекает дуги окружности одинаковой длины, где бы они на ней ни находились. В третьем равновероятными считаются случаи, соответствующие попаданию точки в области равной площади, независимо от их положения в круге. Покажем, например, что если в первом решении события считаются равновероятными, то соответствующие им события во втором решении не обязательно равновероятные. Действительно, проекции дуг ВС и CD одинаковой длины (каждая содержит по 60°) на диаметр АВ неодинаковые: проекция первой равна BE = R/2, а второй – радиусу круга. Попадание точки на дуги СВ и CD во втором решении – события равновероятные. Соответствующие им события в первом решении равновероятными не являются – вероятность одного из них вдвое больше другого.
   Кроме того, очень часто бывает трудно подобрать конечную (или бесконечную) группу единственно возможных, равновозможных и несовместимых случаев, а в большинстве случаев – нельзя. Например, если игральная кость – неправильный шестигранник из неоднородного материала, то предположение о равновероятности выпадения граней становится ошибочным. Опыты с такими игральными костями показывают, что в сериях из достаточно большого числа подбрасываний частости появлений граней очень устойчивы, колеблются незначительно около некоторых постоянных для каждой грани величин.
   При рассмотрении экономических задач, задач естественно - научного характера часто встречаются события, которые также обладают свойством устойчивости частости, но к ним неприменимо классическое определение вероятности, так как каждое из них не распадается на конечное число единственно возможных, равновозможных и несовместимых случаев. Например, из соображений симметрии, на которых основаны наши выводы о равновероятности событий, нельзя определить вероятность производства нестандартной детали или вероятность того, что мужчина носит обувь некоторого заданного размера, и т. п. Но мы вправе предположить, что вероятности таких событий все же существуют как числовые характеристики возможности появления каждого их них.
   Итак, полный произвол в выборе равновероятных событий, невозможность применения понятия вероятности к статистическим фактам заставляют нас не считать классическое определение вероятности основным. Эти принципиальные трудности преодолеваются при статистическом определении вероятности.
   Если о событии А известно, что оно может наступить в определенных условиях, которые могут повторяться неограниченное число раз, а в результате достаточно большого числа наблюдений установлено, что частость его почти всегда колеблется около некоторой (вообще говоря, неизвестной) постоянной величины р, то будем считать, что событие А имеет вероятность, которая равна р. За приближенное значение вероятности события принимается частость его в серии из достаточно большого числа наблюдений. Подчеркиваем, что в этом случае не определяется вероятность события, а лишь постулируется ее существование и указывается способ для приближенного ее определения. Далее стоит задача дальнейшего развития и построения науки о вероятностях и в первую очередь установления основных свойств вероятностей. Как можно показать, вероятности, определенные статистически, обладают такими же свойствами, как и вероятности, полученные с помощью классического определения.
   Частость любого события, вероятность которого можно найти, пользуясь классическим определением ее, колеблется около этой вероятности. Поэтому статистическое определение вероятности является обобщением классического и применимо как к событиям, к которым применимо классическое определение вероятности (и дает тот же результат), так и ко многим другим.
   Но такие сформировавшиеся математические науки, как геометрия, теория множеств, теоретическая механика и др., строятся аксиоматически. Фундаментом каждой служит ряд аксиом, являющихся обобщением многовекового опыта человека, а дальнейшее здание науки строится на основе строгих логических доказательств без обращения к наглядным представлениям.
   Именно такие требования к построению теории вероятностей предъявило развитие науки в начале XX в., когда в связи с бурным расширением области применения теории вероятностей возникла необходимость в систематическом изучении основных определений теории вероятностей и выяснении условий использования выводов и результатов ее. Впервые идея аксиоматического построения теории вероятностей была высказана советским академиком С. Н. Бернштейном. При этом он исходил из качественного сравнения случайных событий по их большей или меньшей вероятности. В начале 30-х годов советский академик А. Н. Колмогоров разработал иной подход к обоснованию и выбору системы аксиом, тесно связав' теорию вероятностей с современной метрической теорией функций и теорией множеств.
   При аксиоматическом построении теории вероятностей исходят из свойств вероятности событий, к которым применимо классическое или статистическое определения.
   Свойства вероятности известны из предыдущего изложения. Поэтому должно быть понятно, что принимаются следующие аксиомы.    Система аксиом не определяет принципа выбора численного значения вероятности события. Его необходимо установить, но так, чтобы, во-первых, были выполнены все аксиомы, во-вторых, чтобы оно отражало объективные стороны и закономерности возникновения явления. Поэтому за вероятность события принимается число, вблизи которого колеблется частость события при достаточно большом числе испытаний. Принцип выбора численного значения вероятности и является тем мостом, который связывает выведенную из аксиом теорию с практикой, причем теория тем лучше будет отображать встречающиеся в реальном мире явления и процессы, чем в меньших границах колеблются частости исходных событий. При таком понимании вероятности она становится, с одной стороны, такой же абстракцией, как и все понятия математики (точка, прямая, плоскость и др.), с другой стороны, служит численной характеристикой некоторых сторон объективной реальности. Такой подход к понятию вероятности, и построению теории вероятностей вполне соответствует положениям диалектического материализма об этапах научного исследования, об образовании и практическом применении научных понятий.

Задача Бюффона

   На плоскости (бесконечной) проведено семейство параллельных прямых (тоже бесконечное). Расстояние между соседними прямыми равно l. На эту плоскость бросается наудачу отрезок длины l. Какова вероятность того, что отрезок пересекается хотя бы с одной из прямых семейства?
   Решение. Выражение «отрезок брошен наудачу» будем понимать так: точка (x, y) наудачу брошена на прямоугольник 0 ≤ x ≤ π, 0 < y ≤ l. Для того, чтобы отрезок пересекал хотя бы одну из прямых семейства, необходимо и достаточно, чтобы y = l, или y ≤ l· sin x. Точки, координаты которых удовлетворяют неравенству y ≤ l·sin x, образуют заштрихованную фигуру. Площадь этой фигуры
,
делённая на площадь прямоугольника mes G = π·l, и будет искомой вероятностью:
.

Задача о встрече

   Два лица А и В условились встретиться в определенном месте между 9 и 10 часами. Пришедший первым ждет другого 15 минут и уходит. Чему равна вероятность встречи лиц, если приход каждого из них в течение указанного часа может произойти наудачу, и моменты прихода независимы?
    Смотри рисунок
| X - Y | ≤ 15,.

Вопросы для самопроверки

  1. Что называется размещением?
  2. Что называется перестановкой?
  3. Что называется сочетанием?
  4. Сформулируйте общие правила комбинаторики.
  5. Дайте определение геометрической вероятности.