Текст
                    А Г. МОРДКОВИЧ
П. В. СЕМЕНОВ
СОБЫТИЯ.
ВЕРОЯТНОСТИ.
СТАТИСТИЧЕСКАЯ ОБРАБОТКА
ДАННЫХ

А. Г. МОРДКОВИЧ, П. В. СЕМЕНОВ СОБЫТИЯ. ВЕРОЯТНОСТИ. СТАТИСТИЧЕСКАЯ ОБРАБОТКА ДАННЫХ Дополнительные параграфы к курсу алгебры 7-9 классов общеобразовательных учреждений 5-е издание Москва 2008
УДК 373.167.1:512 ББК 22.141я721 М79 Мордкович А. Г. М79 События. Вероятности. Статистическая обработка дан- ных: Доп. параграфы к курсу алгебры 7—9 кл. общеобразо- ват. учреждений / А. Г. Мордкович, П. В. Семенов. — 5-е изд. — М. : Мнемозина, 2008. — 112 с. : ил. ISBN 978-5-346-01012-8 Пособие предназначено для ознакомления учащихся с элементами теории вероятностей и математической статистики. На большом количестве примеров изложены начальные понятия, идеи и методы комбинаторики, те- ории вероятностей и статистики. Даны задачи с решениями и ответами, а так- же упражнения с возрастающей степенью сложности для самостоятельной работы школьников (включая ответы). Содержатся рекомендации по пример- ному поурочному планированию учебного материала. УДК 373.167.1:512 ББК 22.141я721 Учебное издание Мордкович Александр Григорьевич Семенов Павел Владимирович СОБЫТИЯ. ВЕРОЯТНОСТИ. СТАТИСТИЧЕСКАЯ ОБРАБОТКА ДАННЫХ Дополнительные параграфы к курсу алгебры 7—9 классов общеобразовательных учреждений Генеральный директор издательства М. И. Безвиконная Главный редактор К. И. Куровский Редактор И. Л. Кукало. Обложка художника В. П. Григорьева Технический редактор И. Л. Ткаченко Корректор Л. С. Щербакова. Компьютерная верстка: Т. В. Батракова Санитарно-эпидемиологическое заключение № 77.99.60.953.Д.001625.02.08 от 29.02.2008. Формат бОхЭО1/^. Бумага офсетная. Гарнитура «Школьная». Печать офсетная. Усл. печ. л. 7,0. Тираж 15 000 экз. Заказ № 333 Издательство «Мнемозина». 105043, Москва, ул. 6-я Парковая, 29 б. Тел.: (495) 367-54-18, 367-56-27, 367-67-81; факс: (495) 165-92-18. E-mail: ioc@mnemozina.ru www.mnemozina.ru Магазин «Мнемозина» (розничная и мелкооптовая продажа книг). 105043, Москва, ул. 6-я Парковая, 29 б. Тел.: (495) 783-82-84, 783-82-85, 783-82-86. Торговый дом «Мнемозина» (оптовая продажа книг). Тел./факс: (495) 657-98-98 (многоканальный). E-mail: td@mnemozina.ru Отпечатано в ООО «Финтрекс». 115477, Москва, ул. Кантемировская, 60. © «Мнемозина», 2003 © «Мнемозина», 2008 ©Оформление. «Мнемозина», 2008 ISBN 978-5-346-01012-8 Все права защищены
СОДЕРЖАНИЕ Предисловие для учителя.................................. 4 Предисловие для учащегося ............................... 6 § 1. Простейшие комбинаторные задачи. Правило умножения и дерево вариантов. Перестановки .. 7 Упражнения.......................................... 14 § 2. Выбор нескольких элементов. Сочетания ............. 21 Упражнения.......................................... 34 § 3. Случайные события и их вероятности................. 39 Упражнения.......................................... 54 § 4. Статистика — дизайн информации..................... 61 Упражнения.......................................... 82 § 5. Независимые повторения испытаний с двумя исходами... 88 Упражнения..........................................102 Ответы................................................. 106 Послесловие для учителя ............................... 109 Контрольные работы..................................... 111
ПРЕДИСЛОВИЕ ДЛЯ УЧИТЕЛЯ Пособие, предлагаемое вашему вниманию, предназначено для ознакомления учащихся 7—9-х классов с элементами теории вероятностей и математической статистики. В пособии пять параграфов, каждый из которых разбит на две части. В первой части параграфов на большом количестве приме- ров изложены начальные понятия, идеи и методы комбинатори- ки, теории вероятностей и статистики. Это основной учебный ма- териал, который условно можно назвать теоретическим. Услов- ность термина «теоретический» состоит в том, что изложение не имеет дедуктивного характера, оно основано на разборе приме- ров и обсуждении полученных результатов. Например, хотя тео- ремы и присутствуют в тексте, но только как способ лаконично- го подведения итогов предшествующих результатов. Таков же подход и к определениям, которые явно формулируются лишь после рассмотрения практических вопросов, когда становится ясной необходимость их введения. Во второй части каждого параграфа собраны упражнения. Подавляющее большинство этих задач состоят из четырех пунк- тов а), б), в), г), сложность которых соответствующим образом возрастает. Ориентировочно пункты а) и б) уместны для классной работы, б) и в) — для домашней, а в) и г) — для самостоятель- ных и контрольных работ. О необходимости изучения в школе элементов теории вероят- ностей и статистики речь идет очень давно. Приведем, например, цитату более чем столетней давности: «Приходилось слышать, что теория сочетаний и бином Ньютона предлагаются иногда, как отделы, которые можно было бы сократить. Соглашаясь на дру- гие сокращения, выскажусь решительно против сокращения тео- рии сочетаний. Теория эта по-особенному значению своему при- надлежит к таким отделам, преподавание которых в гимназии следует непременно сохранить и поставить в лучшие условия. Теория сочетаний представляет средство для одной из важнейших 4
способностей ума — способности представлять явления в разных комбинациях. Эта способность нужна в жизни всякому...». Так в 1899 году попечитель Московского учебного округа профессор П. А. Некрасов на совещании по вопросам о средней школе опи- сывал значение и место в школьном образовании того, что сей- час принято называть стохастической линией в преподавании математики. По вопросам реформирования и модернизации нынешнего школьного математического образования существует множество весьма различных мнений. При этом среди вопросов о содержа- нии школьной математики никто не подвергает сомнению необ- ходимость включения стохастической линии в школьный курс, поскольку именно изучение и осмысление теории вероятностей и стохастических проблем развивает комбинаторное мышление, так нужное в нашем перенасыщенном информацией мире. Несколько слов о методических особенностях учебного мате- риала, который состоит в максимально прямом переходе от про- стейших комбинаторных задач к практическому знакомству с нормальным законом распределения и явлением статистической устойчивости. В каждой теме мы сознательно ограничиваемся тем минимумом, который, по нашему мнению, достаточен для фор- мирования основных комбинаторных и вероятностных представ- лений об окружающем мире. Каждый из пяти параграфов может быть дополнен в разных учебных направлениях, но такого рода расширения разумно проводить в старших классах профильной школы. Этот материал образует своего рода фундамент, опираясь на который, можно в дальнейшем выстраивать всю стохастичес- кую линию в преподавании математики в школе. Обращаем ваше внимание на послесловие, в нем есть рекомен- дации по примерному поурочному планированию всего материала (если вы решите целиком изучать его в конце обучения в 9-м классе) и варианты контрольных работ. Авторы
ПРЕДИСЛОВИЕ ДЛЯ УЧАЩЕГОСЯ Все мы довольно часто говорим «это невероятно», «более вероятно, что...», «это маловероятно», «можно утверждать со стопроцентной вероятностью, что...», когда пытаемся спрог- нозировать наступление того или иного события. При этом обычно опираемся на интуицию, жизненный опыт, здравый смысл и т. п. Но очень часто такие приблизительные оценки оказываются недостаточными: бывает важно знать, на сколь- ко или во сколько раз совершение одного случайного события вероятнее другого. Иными словами, нужны точные количе- ственные оценки, надо уметь численно характеризовать воз- можность наступления того или иного события. Раздел мате- матики, посвященный исследованию количественных оценок случайных событий, называется теорией вероятностей. Ее основателями считают Пьера Ферма и Блеза Паскаля. Эти французские ученые XVII века первыми нашли ключ к составлению количественной оценки вероятности события. Они использовали метод, который позже был назван комби- наторным анализом, или, проще, комбинаторикой. Однако мы не будем сейчас говорить ни о предмете, ни о содержании теории вероятностей и комбинаторики, а просто приведем пример, который иллюстрирует все вышесказанные слова. Начальник написал 10 различных писем и поручил свое- му помощнику надписать 10 конвертов с нужными адресами. Тот так и сделал, но дальнейшее перепоручил секретарше. Она выполнила это ответственное задание формально, то есть раз- ложила письма по конвертам, не обращая внимания на адре- са. Какова вероятность того, что ни одно письмо не попало в нужный конверт? Ответ оказывается на удивление большим: вероятность такой масштабной ошибки превышает 36%! 6
§ 1. ПРОСТЕЙШИЕ КОМБИНАТОРНЫЕ ЗАДАЧИ. ПРАВИЛО УМНОЖЕНИЯ И ДЕРЕВО ВАРИАНТОВ. ПЕРЕСТАНОВКИ Знакомство с новыми для вас понятиями начнем с двух простых задач. Пример 1. Сколько четных двузначных чисел можно со- ставить из цифр 0, 1, 2, 4, 5, 9? Решение. Составим таблицу: слева от первого столбца по- местим первые цифры искомых чисел, а выше первой строки — вторые цифры этих чисел. Так как в двузначном числе на пер- вом месте может стоять любая цифра, кроме 0, то строки бу- дут отмечены цифрами 1, 2, 4, 5, 9. Значит, в нашей таблице будет пять строк. На втором месте в искомом числе должна стоять четная цифра, значит, столбцы будут отмечены циф- рами 0, 2, 4. Всего в таблице будет три столбца. 0 2 4 10 12 14 20 22 24 40 42 44 50 52 54 90 92 94 Клетки таблицы заполняются следующим образом: первая цифра числа равна метке строки, а вторая цифра — метке столбца, поэтому каждое из интересующих нас чисел попадет в определенную клетку таблицы. По строкам и столбцам мы перечислили все возможные варианты, значит, искомых чисел будет столько же, сколько клеток в таблице, т. е. 5 • 3 = 15. Ответ: 15. 7
Здесь был осуществлен полный перебор всех возможных вариантов, или, как обычно говорят в таких случаях, всех воз- можных комбинаций. Поэтому подобные задачи называют ком- бинаторными. Пример 2. На завтрак Вова может выбрать плюшку, бу- терброд, пряник или кекс, а запить их он может кофе, соком или кефиром. Из скольких вариантов завтрака Вова может вы- бирать? Решение. Соберем все варианты в такой таблице: Плюшка Бутерброд Пряник Кекс Кофе, плюшка Кофе, бутерброд Кофе, пряник Кофе, кекс Сок, плюшка Сок, бутерброд Сок, пряник Сок, кекс Кефир, плюшка Кефир, бутерброд Кефир, пряник Кефир, кекс В ней три строки и четыре столбца, они образуют 12 кле- ток. Так как выбор еды и напитка происходит независимо, то в каждой клетке будет стоять один из возможных вариантов завтрака и, наоборот, любой вариант завтрака будет записан в одной из клеток. Значит, всего вариантов столько же, сколько клеток в таблице. Ответ: 12. Мы видим, что, хотя примеры 1 и 2 очень разные, их ре- шения совершенно одинаковые. Основаны они на общем пра- виле умножения. ПРАВИЛО УМНОЖЕНИЯ Для того чтобы найти число всех возможных исходов независимого проведения двух испытаний А и В, следует перемножить число всех исходов испытания А и число всех исходов испытания В. Доказательство правила умножения повторяет решение примеров 1 и 2. Можно рассмотреть прямоугольную таблицу (рис. 1), столбцы которой помечены всеми исходами испыта- ния А (ар ..., а ), а строки — всеми исходами испытания В (&Р .... bk). 8
Рис. 1 С одной стороны, клеток в такой таблице столько же, сколько всевозможных исходов независимого проведения ис- пытаний А и В. С другой стороны, число всех клеток равно произведению числа строк на число столбцов. Правило умножения для двух независимых испытаний удобно объяснять, используя прямоугольники, разбитые на квадратики, или прямоугольные таблицы. Но если проводят- ся три испытания, то для иллюстрации надо использовать и длину, и ширину, и высоту, и на картинке получится прямо- угольный параллелепипед, разбитый на кубики. Здесь уже рисунок и объяснения становятся сложнее, поскольку, напри- мер, будут невидимые кубики. Еще хуже дело обстоит с че- тырьмя испытаниями. В этом случае для рисунка нам просто не хватит измерений, ведь окружающее нас пространство всего лишь трехмерно. Оказывается, правило умножения для трех, четырех и т. д. испытаний можно объяснить, не выходя за рамки плоскости, с помощью геометрической модели, которую называют дере- вом возможных вариантов. Она, во-первых, наглядна как всякая картинка, и, во-вторых, позволяет все учесть, ничего не пропустив. Пр и мер 3. Несколько стран в качестве символа своего государства решили использовать флаг в виде трех горизон- тальных полос одинаковых по ширине, но разных по цвету: белый, синий, красный. Сколько стран могут использовать такую символику при условии, что у каждой страны свой, отличный от других, флаг? Решение. Будем искать решение с помощью дерева воз- можных вариантов (рис. 2). Посмотрим на его левую «веточ- ку», идущую от «флага», пусть верхняя полоса — белого цве- та, тогда средняя полоса может быть синей или красной, а нижняя — соответственно, красной или синей. Получилось 9
Флаг Рис. 2 два варианта цветов полос флага: белая, синяя, красная и бе- лая, красная, синяя. Пусть теперь верхняя полоса — синего цвета, это вторая «веточка». Тогда средняя полоса может быть белой или крас- ной, а нижняя — соответственно, красной или белой. Полу- чилось еще два варианта цветов полос: синяя, белая, красная и синяя, красная, белая. Аналогично рассматривается случай для верхней полосы красного цвета. Получится еще два варианта: красная, белая, синяя и красная, синяя, белая полосы флагов. Всего 6 комби- наций. Ответ: 6. Построенная схема действительно напоминает дерево, толь- ко перевернутое. Видимо, поэтому ее и называют деревом воз- можных вариантов. 10
Четное двузначное число, составленное из цифр 0, 1, 2, 4, 5, 9 Рис. 3 Вот как, например, выглядит дерево возможных вариан- тов для примера 1 (рис. 3). Для следующего примера мы приведем три различных спо- соба решения: с помощью простого перебора, с помощью де- рева вариантов и по правилу умножения. Пример 4. В коридоре висят три лампочки. Сколько име- ется различных способов освещения коридора? Решение. Первый способ. Пронумеруем лампочки и будем писать «+» или «-» в зависимости от того, горит или не горит оче- редная лампочка. Тогда все способы освещения можно просто перечислить: ч- ч—h, Ч—I—, ч---и, —и +, ч----, —।—,------И,-----. Всего 8 способов. Второй способ. Дерево возможных вариантов представле- но на рис. 4. С его помощью находим, что осветить коридор можно 8 способами. Третий способ. Первая лампочка может или гореть, или не гореть, т. е. имеется два возможных исхода. То же самое относится и ко второй, и к третьей лампочкам. Мы предпола- гаем, что лампочки горят или нет независимо друг от друга. По правилу умножения получаем, что число всех способов ос- вещения равно 2 • 2 • 2 = 8. Ответ: 8. 11
Первая лампочка Вторая лампочка Вторая лампочка Третья лампочка + + + + + - Третья лампочка + - + + - - Третья лампочка - + + - + - Третья лампочка ---+ Рис. 4 У каждого из этих трех способов решения в каждом кон- кретном случае есть свои преимущества и свои недостатки. Выбор способа решения — за вами! Отметим все же, что пра- вило умножения позволяет в один шаг решать самые разно- образные задачи. Например, оно приводит к крайне важному в математике понятию факториала. Рассмотрим сначала при- меры. Пример 5. В семье — 6 человек, и за столом в кухне сто- ят 6 стульев. В семье решили каждый вечер, ужиная, расса- живаться на эти 6 стульев по-новому. Сколько дней члены семьи смогут делать это без повторений? Решение. Ответ оказывается неожиданно большим: по- чти два года! Объясним его. Для удобства рассуждений будем считать, что семья (бабушка, дедушка, мама, папа, дочь, сын) будет рассаживаться на стулья поочередно. Нас интересует сколько всего существует различных способов их размещения на стульях. Предположим, что первой усаживается бабушка. У нее имеется 6 вариантов выбора стула. Вторым садится дедушка и независимо выбирает стул из 5 оставшихся. Мама делает свой выбор третьей и выбор у нее будет из 4 стульев. У папы будет уже 3 варианта, у дочки — 2, ну а сын сядет на един- ственный незанятый стул. По правилу умножения получаем, что всего имеется 6-5-4-3-21 = 720 различных способов 12
размещения. Таким образом, в «игру с рассаживаниями» семья может играть 720 дней, т. е. почти 2 года. Ответ: 720. Пример 6. Десять разных писем раскладывают по одному в десять конвертов. Сколько существует способов такого рас- кладывания? Решение. Предложенная ситуация отличается от преды- дущей (пример 5). Действительно, там были люди и стулья, здесь — письма и конверты. Однако и здесь, и там требуется узнать, сколькими способами можно разместить и предметов на п местах. Повторяя предыдущее решение, получаем, что всего име- ется 10‘9-8-7-6*5-4-3-2-1 = 3 628 800 способов раскла- дывания писем по конвертам. Более 3,5 миллионов! Ответ: 3 628 800. Как мы видим, условия задач — разные, а решения, да и полученные ответы, по сути дела, одинаковы. Удобно поэтому ввести и одинаковые обозначения для таких ответов. Определение. Произведение первых подряд идущих и на- туральных чисел обозначают и! n! = 1 • 2 • 3 • ... • (и - 2) • (п - 1) • и. Знак п! читается как «эн факториал», что в дословном пе- реводе с английского языка означает «состоящий из п множи- телей». Приведем несколько первых значений для п!: II = 1, 2! = 1 • 2 = 2, 31 = 1 • 2 • 3 = 6, 4! = 1 • 2 • 3 • 4 = 24, 5! = 4! • 5 = 24 • 5 = 120, 61 = 5! • 6 = 120 • 6 = 720 и т. д. Как же сформулировать общее утверждение, частными слу- чаями которого являются решения примеров 3, 5 и 6? Вот один из возможных вариантов. ТЕОРЕМА, п различным элементам можно присвоить номера от 1 до п ровно п\ различными способами. 13
Каждый способ нумерации от 1 до и, о котором идет речь в теореме, часто называют перестановкой данного п-элементно- го множества. Действительно, можно считать, что каждая та- кая нумерация просто расставляет, или переставляет все эле- менты множества в некотором порядке. Число перестановок множества из п элементов обознача- ют Р . Значит, приведенную теорему можно записать в виде формулы: Рп = п! Подведем итоги нашего первоначального знакомства с ком- бинаторными задачами. Мы получили основное правило — пра- вило умножения, рассмотрели его геометрическую модель — дерево возможных вариантов. Ввели новое понятие — фак- ториал, сформулировали теорему о перестановках, в кото- рой это понятие используется. Что же касается независимо- сти испытаний, для которых применимо правило умножения, то мы подробнее обсудим это понятие в конце следующего параграфа. УПРАЖНЕНИЯ 1. Правило умножения 1. а) Сколько двузначных чисел можно составить из цифр 1, 3, 5, 7, 9? б) Сколько среди них чисел, кратных 5? в) Сколько среди них чисел, кратных 11? г) Сколько среди них чисел, кратных 3? 2. Несколько стран в качестве символа своего государства решили использовать флаг в виде четырех вертикальных по- лос, одинаковых по ширине, но разных по цвету: белый, си- ний, красный, зеленый. У каждой страны свой, отличный от других, флаг. а) Сколько всего стран могут использовать такую сим- волику? б) Сколько всего стран могут использовать такую сим- волику с верхней белой полосой? в) Сколько всего стран могут использовать такую сим- волику с нижней зеленой полосой? г) Сколько всего стран могут использовать такую сим- волику с синей и красной полосами, расположенными рядом? 14
3. В футбольном турнире участвуют несколько команд. Оказалось, что все они для трусов и футболок использовали белый, красный, синий, зеленый или желтый цвета, причем были представлены все возможные варианты. а) Сколько команд участвовали в турнире? б) Сколько команд играли в зеленых футболках? в) У скольких команд футболки и трусы были разного цвета? г) У скольких команд футболки и трусы были разного цвета, причем трусы были не красные? 4. В контрольной работе будет пять задач — по одной из каждой пройденной темы. Задачи будут взяты из общего спи- ска по 10 задач в каждой теме, а всего было пройдено 5 тем. При подготовке к контрольной Вова решил только по 8 задач в каждой теме. Найдите: а) общее число всех возможных вариантов контрольной работы; б) число тех вариантов, в которых Вова умеет решать все пять задач; в) число тех вариантов, в которых Вова не сможет ре- шить ни одной задачи; г) число тех вариантов, в которых Вова умеет решать все задачи, кроме первой. 5. В клетки квадратной таблицы 2x2 произвольно ставят крестики и нолики. а) Сколькими способами можно заполнить эту таблицу? б) В скольких случаях в левой нижней клетке будет сто- ять крестик? в) В скольких случаях в верхней левой и нижней пра- вой клетках будут разные значки? г) Решите задачи пунктов а), б) и в) для таблицы 3x3. 2. Дерево вариантов 6. Вова точно помнит, что в формуле азотной кислоты под- ряд идут буквы Н, N, О и что есть один нижний индекс — то ли двойка, то ли тройка. а) Нарисуйте дерево возможных вариантов, из которых Вове придется выбирать ответ. 15
б) Сколько имеется вариантов, в которых индекс равен двойке? в) Сколько имеется вариантов, в которых индекс стоит не на втором месте? г) Как изменится дерево вариантов, если Вова помнит, что на первом месте точно стоит буква Н, а порядок осталь- ных букв забыл? 7. Одновременно происходят выборы мэра города и префек- та округа. На должность мэра выставили свои кандидатуры Алкин, Балкин, Валкин, а на должность префекта — Эшкин, Юшкин, Яшкин. а) Нарисуйте дерево возможных вариантов голосования и определите с его помощью число различных исходов. б) В скольких вариантах будет кандидатура Эшкина? в) В скольких вариантах фамилии кандидатов на долж- ность мэра и на должность префекта состоят из разного числа букв? г) Как изменятся ответы в пунктах а) и б), если учесть еще кандидата «против всех»? 8. Из четырех тузов поочередно выбирают два. а) Нарисуйте дерево возможных вариантов. б) В скольких случаях среди выбранных будет бубно- вый туз? в) В скольких случаях вторым выбранным будет туз пик? г) В скольких случаях тузы будут разного цвета? 9. У Аси есть любимый костюм, в котором она ходит в шко- лу. Она одевает к нему белую, голубую, розовую или крас- ную блузку, а в качестве «сменки» берет босоножки или туф- ли. Кроме того, у Аси есть три разных бантика (№ 1, 2, 3), подходящих ко всем блузкам. а) Нарисуйте дерево возможных вариантов Асиной одежды. б) Сколько дней Ася сможет выглядеть по-новому в этом костюме? в) Сколько дней она будет ходить в туфлях? г) Сколько дней она будет ходить в красной блузке и босоножках? 16
10. Руководство некоторой страны решило сделать свой го- сударственный флаг таким: на одноцветном прямоугольном фоне в одном из углов помещается круг другого цвета. Цвета решено выбрать из трех возможных: красный, желтый, зеле- ный. а) Сколько вариантов такого флага существует? б) Сколько из них флагов с кругом в верхнем правом углу? в) Сколько флагов не желтого прямоугольного фона? г) Сколько красных флагов с кругами в нижних углах? 3. Перестановки 11. Вычислите: а) 7!; б) 8!; в) 6! - 5!; г) О 12. Вычислите: X 10!. ,Л 11! . .51!. . 14! а> “5Г’ б) 5!-6!’ В1 49!’ г) 7! • 3! • 4!' 13. Делится ли 11! на: а) 64; б) 25; в) 81; г) 49? 14. Сколькими нулями оканчивается число: а) 10!; б) 12!; в) 15!; г) 26!? 15. Сократите дробь: ч n! . г (2fe + l)!, а (n-1)!’ B)(2fe-1)!’ п' (4пг - 1)! 6) 2Г(Ь^ г> 16. Упростите выражение: (п + 2)!(п1 2 - 9) (п + 4)! ’ 1 (п3 - п). б) (и - 2)! ” (п + 1)! ’ 17
( Y1 x 25m5 - m3 ______1_____ (5m + 1)! 5 • (5m - 2)! (3/? + 3)! •/?! .(£ + 3)!(3/e + 1) Г) (ЗЛ)! ' 3!(ft2 + 5ft + 6) ‘ 17. Решите уравнение: a) n\ = 7(n - 1)!; 6) (m + 17)! = 420(m + 15)!; в) (k - 10)! = 77(k - 11)!; г) (Зх)! = 504(3x - 3)!. 18. а) На дверях четырех одинаковых кабинетов надо по- весить таблички с фамилиями четырех заместителей дирек- тора. Сколькими способами это можно сделать? б) В 9 «А» классе в среду 5 уроков: алгебра, геомет- рия, физкультура, русский язык, английский язык. Сколько можно составить вариантов расписания на этот день? в) Сколькими способами четыре вора могут разбежаться по одному на все четыре стороны? г) Адъютант должен развести пять копий приказа ге- нерала пяти полкам. Сколькими способами он может выбрать маршрут доставки копий приказа? 19. У Вовы на обед — первое, второе, третье блюда и пирож- ное. Он обязательно начнет с пирожного, а все остальное съест в произвольном порядке. Найдите число возможных вариан- тов обеда. 20. В гостинице семь одноместных номеров, и семеро гос- тей желают в них разместиться, причем трое заранее зарезер- вировали конкретные номера. Найдите число способов рассе- ления семи гостей по семи номерам. 21. Одиннадцать футболистов строятся перед началом мат- ча. Первым становится капитан, вторым — вратарь, а осталь- ные — случайным образом. Сколько существует способов по- строения? 22. Сколькими способами можно обозначить вершины куба буквами А, В, С, В, В, В, G, К? 18
4. Закрепление пройденного 23. Современные пятиборцы в течение двух дней участву- ют в соревновании по следующим видам спорта: конкур (кросс на лошадях), фехтование, плавание, стрельба, бег. а) Сколько существует вариантов порядка прохождения видов соревнования? б) Сколько существует вариантов порядка прохождения видов соревнования, если известно, что последним видом дол- жен быть бег? в) Сколько существует вариантов порядка прохождения видов соревнования, если известно, что последним видом дол- жен быть бег, а первым — конкур? г) Сколько существует вариантов, в которых конкур и фехтование не проходят подряд? 24. Шесть граней игрального кубика помечены цифрами 1,2,3,4,5,6. Кубик бросают дважды и записывают выпада- ющие цифры. а) Найдите число всех возможных вариантов. б) Укажите те из них, в которых произведение выпав- ших чисел кратно 10. в) Составьте таблицу из двух строк. В первой строке запишите суммы выпавших очков, во второй — количество вариантов, в которых выпадает эта сумма. г) Составьте аналогичную таблицу для модуля разно- сти выпавших очков. 25. На плоскости даны 10 точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Три точки покрасили в рыжий цвет, а остальные — в черный. а) Сколько можно провести отрезков с разноцветными концами? б) Сколько можно провести отрезков с рыжими кон- цами? в) Составьте таблицу из двух строк. В первой строке запишите количество рыжих точек из 10 данных (от 0 до 10), во второй — число отрезков с разноцветными концами при таком способе раскраски. г) 5 точек покрасили в серый цвет, 2 точки — в бурый и 3 — в малиновый цвет. Сколько можно построить серо-буро- малиновых треугольников? 19
26. Группа туристов планирует осуществить поход по мар- шруту Антоново — Борисово — Власово — Грибово. Из Анто- нова в Борисово можно сплавиться по реке или дойти пеш- ком. Из Борисова во Власово можно дойти пешком или до- ехать на велосипедах. Из Власова в Грибово можно доплыть по реке, доехать на велосипедах или дойти пешком. а) Нарисуйте дерево возможных вариантов похода. б) Сколько всего вариантов похода могут выбрать ту- ристы? в) Сколько есть полностью не пеших вариантов? г) Сколько вариантов похода могут выбрать туристы при условии, что хотя бы на одном из участков маршрута они должны использовать велосипеды? 27. В Сети связь происходит через узлы, которые нуме- руются восьмизначными номерами (номер, например, 00011122 возможен). а) Сколько в Сети может быть узлов? б) Сколько в Сети узлов с суммой цифр номера рав- ной 71? в) Сколько в Сети узлов с суммой цифр номера меньше 3? 28. Вова услышал в песне, что «...у зим бывают имена...». Он вспомнил семь самых хороших зим своей жизни, написал семь женских имен и решил дать каждой вспомнившейся зиме женское имя из своего списка (всем — разное). а) Сколькими способами он может это сделать? б) Сколько способов существует, если первая зима — точно Татьяна, а последняя — несомненно, Анна? в) Сколько способов существует, если женских имен во- семь, а не семь? г) Сколько способов существует, если имен семь, а зим восемь? 29. Ася помнит, что в ответе задачи на правило умноже- ния для двух испытаний получалось число 48 и что испыта- ния с одним исходом не рассматривались. Ей надо вспомнить число исходов в обоих испытаниях. а) Из скольких вариантов Асе придется выбирать пра- вильный ответ? 20
б) Сколько из них вариантов, состоящих из чисел раз- ной четности? в) Сколько из них вариантов, состоящих из чисел, ко- торые отличаются друг от друга более чем на 10? г) А сколько всего вариантов, если испытаний было три? § 2. ВЫБОР НЕСКОЛЬКИХ ЭЛЕМЕНТОВ. СОЧЕТАНИЯ В предыдущем параграфе все примеры и упражнения сво- дились к выбору одного элемента из данного множества и под- счету количества таких выборов. А если необходимо выбрать большее число элементов данного множества? Начнем со слу- чая выбора двух элементов. Пример 1. В чемпионате участвовали 7 команд. Каждая команда играла один матч с каждой. Сколько всего было встреч? Решение. Рассмотрим таблицу результатов встреч раз- мером 7x7. 1-я команда команда 5-я команда 6-я команда 7-я команда 2-я команда 3-я команда 4-я Так как никакая команда не играет сама с собой, то клет- ки по диагонали надо закрасить. Тогда в подсчете числа встреч будет участвовать ровно 72 - 7 = 7(7 - 1) = 42 клетки. В ре- зультате закрашивания таблица разделилась на две половин- ки, в них результаты встреч команд дублируются. Поэтому 21
если мы разделим оставшиеся 42 клетки на две равные поло- вины, то получим число всех проведенных игр. Коротко решение задачи выглядит так: 1^ = 21. 2 Ответ: 21. Около 2500 лет тому назад древнегреческие математики находили сумму 1 + 2 + 3 + ... + (п - 1) + я с помощью при- мерно таких же рассуждений. Сначала они рисовали клетча- тую лесенку, в основании которой — полоса из п клеток, над ней полоса, в которой (и - 1) клетка, затем полоса с (п - 2) клетками, и т. д.; в предпоследней строке стояли две клетки, а наверху — одна клетка. Правее они рисовали ту же лесен- ку, но в перевернутом виде: внизу — одна клетка, над ней — две, затем — три клетки, ..., а последняя строка состоит из п клеток (рис. 5). Затем, сдвинув эти лесенки вместе, получали прямоуголь- ник из п строк и (и -I- 1) столбца (рис. 6). Число клеток в этом прямоугольнике равно п(п +1). Зна- чит, в каждой из двух равных между собой лесенок находится п(п + 1) ровно ——-—- клеток. Получилась замечательная формула для суммы первых п натуральных чисел: п(п + 1) 1 + 2 + ... + (и - 1) + и = -А_—L п клеток п клеток Рис. 5 22
Рис. 6 Замечание. С помощью этой формулы можно несколько по иному найти сумму первых и членов арифметической про- грессии (не так, как это было сделано в § 18 учебника «Ал- гебра-9»): ах 4- а2 4- а3 4- ... 4- 4- (а1 4- d) 4- 4- 2d) 4- ... 4- 4- (at 4- (и - l)d) = пах + (1 4- 2 4- ... + (n - l))d = п(п + 1) п(п - 1) 2oj + d(n - 1) = noi + ——- - п d = nay + ——-d = ----------------п. ct ct Ci \ ) Вернемся к примеру 1. Состав участников игры определен, как только мы выбрали две команды. Значит, количество всех игр в турнире из п команд — это в точности количество всех выборок двух элементов из п данных элементов. Важно при этом то, что порядок выбора не имеет значения, т. е. если выбраны две команды, то какая из них первая, а какая вто- рая — не важно. Пример 2. Встретились 6 друзей и каждый пожал руку каждому своему другу. Сколько было рукопожатий? Решение. Первый способ. Можно, как и в примере 1, составить таб- лицу рукопожатий 6 друзей. Затем, рассуждая аналогично, 6(6 - 1) получим, что общее число рукопожатий равно 4 —- = 15. Второй способ. Условно перенумеруем друзей. Первый по- здоровался со вторым, третьим, ..., шестым. Всего 5 руко- 23
2 пять рукопожатий 2 Рис. 7 2 пожатий. Для второго неучтенными остались рукопожатия с третьим, четвертым, пятым, шестым. Всего 4 рукопожатия, и т. д. (рис. 7). Получаем, что рукопожатий было всего 5 + 4 + + 3 + 2 + 1 = 15. Ответ: 15. Подведем промежуточный итог, оформив его в виде тео- ремы. ТЕОРЕМА 1 (о выборках двух элементов). Если множе- ство состоит из п элементов, то у него имеется п(п - 1) ——-—- подмножеств, состоящих из двух элементов. Иными словами, если множество состоит из п элементов и требуется выбрать из них два элемента без учета их no- nin - 1) рядка, то такой выбор можно произвести —----- способами. & Доказательство этой теоремы основано на правиле умно- жения, о котором говорилось в предыдущем параграфе. Мы проведем это доказательство на конкретном примере. Пример 3. В классе 27 учеников. К доске нужно вы- звать двоих. Сколькими способами это можно сделать, если: а) первый ученик должен решить задачу по алгебре, а второй — по геометрии; б) они должны быстро стереть с доски? Решение. Для стирания с доски порядок вызова учени- ков не важен, т. е., к примеру, вызов Коли и затем Кати ни- чем не отличается от вызова Кати и затем Коли. А вот в пер- вом случае порядок существенен (по крайней мере для Кати 24
и Коли). Тут применимо правило умножения. Учитель снача- ла вызывает решать алгебраическую задачу одного из 27 уче- ников, а затем независимым образом вызывает одного из ос- тавшихся 26 учеников решать задачу по геометрии. Получа- ется 27 • 26 = 702 способа вызова. Если во втором случае начать считать, как и в первом, то любую пару учеников мы посчитаем дважды. Например, сна- чала Коля, потом Катя, или сначала Катя, потом Коля. Зна- чит, количество вызовов без учета порядка будет ровно в два раза меньше, чем количество вызовов с учетом порядка. Ответ: а) 702; б) 351. Это рассуждение верно и в общем случае выбора двух эле- ментов из п данных. Оказывается, что всегда количество вы- борок двух элементов без учета порядка будет ровно в два раза меньше, чем количество выборок с учетом порядка. На рис. 8 представлена соответствующая схема. В следующем примере поговорим о выборе трех элемен- тов из данного множества. Пример 4. В классе 27 учеников, из которых нужно вы- брать троих. Сколькими способами это можно сделать, если: а) первый ученик должен решить задачу, второй — сходить за мелом, третий — пойти дежурить в столовую; б) им следу- ет спеть хором? Решение. Рассуждаем, как в примере 3. В первом случае важен порядок вызова учеников и применимо правило умноже- ния. Один из 27 учеников идет решать задачу. Один из остав- шихся 26 учеников идет за мелом, а один ученик из оставшихся 25 будет дежурным в столовой. Получается: 27 • 26 • 25 = = 17550 способов вызова. Рис. 8 25
Во втором случае начнем действовать, вызывая учеников по порядку. Можно сначала вызвать Пашу, затем Вову и по- том — Асю. Обозначим этот вариант (ПВА). Можно вызывать этих же ребят в другом порядке. Например, сначала Асю, затем Пашу и потом — Вову (АПВ). Буквы А, П, В можно расставить по порядку ровно Р3 = 3! способами. Во всех этих случаях состав хора будет одним и тем же. Значит, каждый состав хора при подсчете, учитывающем порядок вызова учеников, мы возьмем 3! раз. Поэтому количество различных составов хора в 3! раз меньше количества всех вызовов по по- рядку. Итак, число способов, при которых порядок выбора трех элементов из 27 не важен, в 3! раз меньше числа способов, при которых порядок выбора трех элементов из 27 важен. Остается лишь учесть, что 3! = 3 • 2 • 1 = 6, и получить ответ: 27 26 25 ----6----= 2925 способов. О т в е т: а) 17550; б) 2925. Это рассуждение верно и в общем случае выбора трех эле- ментов из п данных. Значит, верна следующая теорема. ТЕОРЕМА 2 (о выборках трех элементов). Если множе- ство состоит из п элементов, то у него имеется п(п - 1)(п - 2) ------------- подмножеств, состоящих из трех эле- 6 ментов. Как и в случае выборок двух элементов, приведем соот- ветствующую схему (рис. 9). Достаточно длинный словесный оборот «количество выбо- рок двух (трех) элементов из и данных без учета порядка» Рис. 9 26
можно заметно сократить, если ввести для такого количества выборок специальное название и специальное обозначение. Определение 1. Число всех выборок двух элементов из п данных без учета порядка обозначают Q и называют числом сочетаний из п элементов по 2. Число всех выборок трех эле- ментов из п данных без учета порядка обозначают С* и назы- вают числом сочетаний из п элементов по 3. Символ С* читается в русской транскрипции так: «цэ из эн по два». Соответственно, символ С® читается в русской транскрипции так: «цэ из эн по три». Буква «С», с одной сто- роны, первая буква латинского слова combinare — «соединять, сочетать», с другой стороны, первая буква слова сочетание. Учитывая сказанное, теоремы о выборках двух и трех эле- ментов можно записать в виде следующих формул для числа сочетаний из п элементов по два и по три: _ n(n - 1). _ п(п - 1)(п - 2) п 2! ’ п 3! Наверное, интуиция подсказывает вам, как записать ана- логичную формулу для числа сочетаний из п элементов по 4: Чтобы привыкнуть к новым обозначениям, рассмотрим несколько примеров: G2o = = 45; (% = З Ц-:-6- = 8 • 7 = 56; 8 3! Q = ^6.5 4 = .7.6 5.; 4 = 7.5 = 35 7 4! 4 3 2 1 Пример 5. «Проказница Мартышка, Осел, Козел и ко- солапый Мишка затеяли сыграть квартет» и для начала стали выбирать 4 инструмента из 11, имеющихся на складе. Найти число возможных выборок. Решение. Так как они пока не рассаживаются за инстру- менты, то порядок выбора не важен. Значит, нам требуется 27
найти количество всех выборок 4 элементов из 11 данных без учета порядка, т. е. число сочетаний из 11 элементов по 4: СА = 11 10 9 8 = 11 10 • 3 = 330. 4-3-21 Ответ: 330. Иногда удобно формулу для числа сочетаний записывать несколько по-иному. Смотрите: СЗ = 8-7-6 = 8 7 6 (5 • 4 • 3 • 2 • 1) = 8! = 8! 4 3! 3!(5 -43-2-1) 3! - 5! 3!(8 - 3)! ’ = 76-5-4 = 7 - 6 • 5 • 4 (3 • 2 • 1) = 7! = 7! 4 4! 4!(3 • 2 • 1) 4! 3! 4!(7-4)!* Справедливы и более общие формулы: /^2 — /°3 — п 2!(п-2)!’ п 3!(n-3)l’ п 4!(п-4)!* Для чисел вида Q у нас теперь есть два вида записи ответа: «(«-1) п! ---2---- и *2!(--2)1’ Пр°веРим их равенство: „| - 1)((Я - 2)(Д - 3)(п - 4) . ... - 2 - 1) 2!(п - 2)! 2-1- (п- 2)! п(п - 1)(п - 2)! п(п - 1) 2 • (п - 2)! " 2 * Для чисел вида С„ также есть два вида записи ответа: п(п - 1)(п - 2) „I —------------- и . Проверим их равенство: n! = n(n-l)(n-2)((n-3)(n-4)-...-2-l) = 3!(п - 3)! 3 • 2 • 1 • ((п - 3)(п - 4) • ... • 2 • 1) п(п - 1)(п - 2) = 3! * Мы переходим к основному вопросу этого параграфа — к выборкам, состоящим из произвольного числа элементов. Вот 28
типичные вопросы: сколькими способами можно выбрать 5 учеников из 30 девятиклассников, 7 монет из 10 данных мо- нет, 10 карт из колоды в 32 карты и т. п. Для ответа удобно, как и выше, ввести специальные термины и специальные обо- значения. Определение 2. Число всех выборок k элементов из п дан- ных без учета порядка обозначают С* и называют числом сочетаний из п элементов по k. Символ С* в русской транскрипции читается так: «цэ из эн по ка». Вот типичные примеры: 5 учеников из 30 девяти- классников можно выбрать Сзо способами; есть C{Q способов выбрать 7 монет из 10 данных; из 32 карт вытащить 10 мож- но С32 способами и т. д. Следующая теорема показывает, как вычислять числа С* для любых натуральных чисел п и А, где п > k. ТЕОРЕМА 3. Для числа сочетаний из п элементов по k справедлива формула С„ = ------—----. kl(n - fe)! Фактически, одно сочетание из п по k — это Л-элементное подмножество данного множества, состоящего из и элементов. Поэтому, например, полученное выше равенство Cf = 56 мож- но истолковать так: у множества, состоящего из 8 элементов, имеется 56 трехэлементных подмножеств. Вообще теорема 3 может быть сформулирована так: если множество состоит из п элементов, то и него имеется ——— подмножеств, k\(n - k\\ состоящих из k элементов. Пример 6. «Проказница Мартышка, Осел, Козел и ко- солапый Мишка затеяли сыграть квартет». Мишке поручили принести со склада 8 каких-нибудь попавшихся под лапы музыкальных инструментов из имеющихся 13 инструментов. Сколько способов выбора есть у Мишки? Решение. По условию порядок выбора не важен. Значит, нам требуется найти количество всех выборок 8 элементов из 13 данных без учета порядка, т. е. число сочетаний из 13 эле- ментов по 8: 13! = 8! • 5! Ответ: 1287. Cf3 13 12 11 10 9 = 13 п 9 = 1287 5-4321 29
Теперь посмотрим на число Q . С одной стороны, это ко- личество выборок одного элемента из п данных, т. е., несом- ненно, С\ = п.С другой стороны, по теореме 3, С* = ——— = 1!(п - 1)! п(п - 1)! = —-----— = п. Значит, и здесь имеется полное соответствие. (и-1)! А теперь посмотрим на число С;; . По определению С* это ко- личество выборок п элементов из п данных. Но такой выбор единственен, т. е. С" = 1. Если попытаться применить формулу из теоремы 3, то получим сп = ——И1— = _и1— = _1 п п!(п - и)! п\ • О! О! Возникает вопрос: что же такое «ноль факториал»? Матема- тики поступили просто. Чтобы сохранить красивую и очень удобную формулу для чисел С* при любых целочисленных значениях k (0 < k < и), решили, по определению, считать, что О! = 1. Тогда Гп _ - nl 1 _ | п п!(п - п)! п\ О! О! что отлично согласуется с комбинаторным определением С". При такой договоренности понятный смысл имеет и С°; по- лучается, что qq _ ___п!____ _ п\ _ 1 _ 1 п ~ 0!(п - 0)! ~ 0! • п\ 0! Действительно, 0 элементов из п данных можно «выбрать» единственным способом — ничего не выбирая. У приведенной теоремы есть ряд важных следствий. Рас- смотрим одно из них. Справедлива формула С* = C^~k. В самом деле, Qk _ Qn-k - п k\(n - А?)! ’ п (п - k)lkl 30
Как видите, числители в обоих случаях одинаковы, а в зна- менателе множители поменялись местами, что, естественно, не отражается на числовом значении выражения. В чем польза полученной формулы? Представьте себе, что надо вычислить C/f. Применив равенство С}3 = С25, мы упро- стим вычисления: С& = 15 14 = 105 2! Рассмотрим пример, в котором используется и правило умножения из предыдущего параграфа, и теорема о числе со- четаний, полученная в этом параграфе. Пример 7. Собрание из 80 человек выбирает председа- теля, секретаря и трех членов редакционной комиссии. Сколь- кими способами это можно сделать? Решение. Председателем может быть любой из участни- ков собрания — 80 вариантов. Если председатель выбран, то секретарем может оказаться любой из оставшихся 79 человек — 79 вариантов. По правилу умножения получаем, что выбор председателя и секретаря осуществляется 80 • 79 = 6320 спо- собами. Если испытание А — выбор председателя и секретаря - завершено, то следует заняться испытанием В — выбором трех членов редакционной комиссии из оставшихся 78 участников собрания. Редакционную комиссию выбирают списком, т. е. порядок выбора не имеет значения. Сделать это можно С738 способами: Q3 = 78! = 78! = 78 • 77 • 76 = 78 • 77 • 76 = 48 3!(78 - 3)! 3!75! 3! 6 = 13 77 76 = 76076. Поскольку испытания А и В предполагаются независимыми, остается лишь применить правило умножения: 6320 • 76076 = 480800320. Ответ: 480800320 способов. В тексте этого параграфа встречаются слова «выбор» и «выборка». Во избежание путаницы, подчеркнем, что «вы- 31
бор», как правило, означает сам процесс или факт соверше- ния процесса выбирания. А «выборка» — это тот конкретный объект, который мы выбрали: выборка — это результат выбора. Подведем краткие итоги этого параграфа. Основной объект изучения в нем — числа С*. Главный результат состоит в том, что числа эти можно определять и считать и как количество всех выборок k элементов из п данных без учета порядка, и как С* = ————— . kl(n-ky. Соберем вместе полученные сведения о числах С*. Qk - -„AL—- " fe!(n - /?)! 0! = 1 Q° - Q = 1, q = q-1 - n, ckn = C"-" Для чисел С* имеется очень красивый и удобный способ записи — в виде треугольной таблицы, ее называют треуголь- ником Паскаля. с? с? СО ГЛ 2 ^2 ^2 СО pl р2 рЗ з Чз Чз Чз СО pl Г>2 рЗ р4 4 V>4 CO pl p2 рЗ p4 p5 5 Чз Чз Чз Чз 1 1 12 1 13 3 1 1 4 6 4 1 w 1 5 10 10 5 1 Основная закономерность образования строк в этом тре- угольнике состоит в следующем: каждое число в треугольни- ке Паскаля равно сумме двух чисел, стоящих над ним в пре- дыдущей строке. В заключение нашего знакомства с началами комбинато- рики несколько слов о соотношении между реальными жиз- ненными ситуациями и приведенными выше примерами и 32
задачами. Во всех упражнениях мы осуществляли независи- мый выбор элементов. Но возможно ли такое в реальном мире? Вряд ли вы выберете, подобно Вове, из примера 2, § 1 кефир и бутерброд, особенно если бутерброд будет с соленой рыбой. Так в чем же дело? Неужели мы выбрали неверный подход к решению задач? И как тогда решать подобные зада- чи? Ну невозможно же перебирать все мыслимые варианты, и каждый из них анализировать, реален он или нет. Такие же вопросы мучили и людей, живших задолго до нас, поэтому придумали реальную ситуацию «вставлять» в рамки модели, т. е. строить упрощенный вариант жизненной проблемы, убирая на время ее решения те житейские неуря- дицы, которые независимые события могут превратить в за- висимые. И именно за счет такого упрощения оказывается возможным получить ответ. Надо только точно понимать, что ответ относится к модели, а возможность применять этот ответ в реальной жизни следует проверять (рис. 10). Итак, реальные испытания вполне могут быть зависимыми между собой, а мы выбираем простейшие модели, в которых эти ис- пытания предполагаются независимыми. И именно правило умножения помогает нам решать задачи про независимые проведения испытаний. Не следует, конечно, думать, что такое «раздвоение» име- ет место только в комбинаторных задачах. Например, при ре- шении текстовых задач про «производительность труда» или про «пешехода» мы имеем дело с абстрактным заводом и аб- страктным рабочим или же с путником, который с одинаковой скоростью и без устали шагает по прямолинейному шоссе. Ког- да в физике мы говорим о равномерном движении тела, то явно имеем дело с некоторой абстрактной моделью. Ведь в реальной жизни практически никакое физическое тело рав- номерно не движется никакое заметное время. Да и что такое физическое тело? Сравнение результатов теоретического исследования с практикой Рис. 10 33
УПРАЖНЕНИЯ 1. Выбор двух элементов 1. Встретились 11 футболистов и 6 хоккеистов и каждый стал по одному разу играть с каждым в шашки. а) Сколько встреч было между футболистами? б) Сколько встреч было между хоккеистами? в) Сколько встреч было между футболистами и хоккеи- стами? г) Сколько встреч было всего? 2. В правильном 17-угольнике провели все стороны и диа- гонали. а) Сколько всего получилось отрезков? б) Сколько имеется сторон? в) Сколько провели диагоналей? г) Сколько всего диагоналей в выпуклом и-угольнике? 3. Вычислите сумму: а) 1 + 2 + 3 + ... + 11; б) 3 + 4 + ... + 27; в) 11 + 12 + 13 + ... + 110; г) 22 + 24 + 26 + ... + 198 + 200. 4. Напишите формулу для суммы: а) 1 + 2 + 3 + ... + й; б) 3 + 4 + 5 + ... + (2р - 7); в) (т + 1) + (т + 2) + (т + 3) + ... + 2т; г) 1 + 3 + 5 + 7 + ... + (2и - 1). 5. Встретились несколько человек и стали здороваться друг с другом. Известно, что рукопожатий было от 60 до 70. Сколько человек встретились, если известно, что: а) каждый здоровался с каждым; б) только один человек не здоровался ни с кем; в) только двое не поздоровались между собой; г) четверо поздоровались только между собой. 6. Важен или нет порядок в следующих выборках: а) капитан волейбольной команды и его заместитель; 34
б) три ноты в аккорде; в) «шесть человек останутся убирать класс!»; г) две серии для просмотра из нового многосерийного фильма. 7. Придумайте сами четыре различные ситуации, в двух из которых порядок выбора важен, а в двух — нет. 2. Числа С* 8. Вычислите: а)С27; б) С200; в) С3; г) С84. 9. Вычислите: а)С27-С26; б)С*+О>; в)С*+С*+С*; г) числа С* при п = 1, 2, 3, 4 и 0 < k < и. 10. а) Составьте таблицу из двух строк, расположив в пер- вой строке числа k от 0 до 5, во второй строке — числа С£. б) При каком значении числа k получится наибольшее значение числа Q? в) Найдите сумму чисел во второй строке составленной таблицы. г) Отметьте на координатной плоскости точки (й; Q). 11. Выполните задания упражнения 10 для чисел Q. 12. Составив частное двух чисел, выясните, что больше: а) Сг37 или С48; в) Cfg или Cfg; б) Сг48 или Cfg; г) С* или С®+1. 13. а) Проверьте, что (а + &)2 = С£а2&° + + Cja°&2. б) Проверьте, что (а + Ь)3 = С§а3Ь° + QaW + Cga'b2 + С33а°д3. в) Используя равенство (а + б)4 = (а + б)3 (а + &), вы- ведите формулу сокращенного умножения для суммы двух чисел в четвертой степени. г) Проверьте, что (а + 6)4 = C°a4b° + С}а3Ь4 + С42а2&2 + Cfa'b3 + C4a°b4. 35
3. Выбор трех и более элементов 14. «Вороне где-то Бог послал кусочек сыра», брынзы, кол- басы, сухарика и шоколада. «На ель Ворона взгромоздясь, позавтракать совсем уж было собралась, да призадумалась»: а) если есть кусочки по очереди, то из скольких вари- антов придется выбирать; б) сколько получится «бутербродов» из двух кусочков; в) если съесть сразу три кусочка, а остальные спрятать, то из скольких вариантов придется выбирать; г) сколько получится вариантов, если какой-то кусочек все-таки бросить Лисе, а потом ответить на вопрос пункта а)? 15. «Проказница Мартышка, Осел, Козел и косолапый Мишка затеяли сыграть квартет». Сколькими способами они могут: а) по одному сесть за выбранные четыре инструмента; б) выбрать 5 инструментов из 12 данных; в) по одному сесть за какие-то 4 из выбранных 5 инст- рументов из 12 данных; г) выгнать одного, не имеющего слуха, и потом сыг- рать на каких-то трех из выбранных 5 инструментов из 12 дан- ных? 16. Из колоды в 36 карт вынимают 5 карт. Найдите: а) число всех возможных вариантов выбора; б) число вариантов, при которых среди полученных карт есть 4 туза; в) число вариантов, при которых все полученные кар- ты — пики; г) число вариантов, при которых все полученные кар- ты — одной масти. 17. По списку в 9 классе 15 девочек и 13 мальчиков. Нуж- но выбрать двух дежурных по классу. Сколькими способами это можно сделать: а) при условии, что пару обязательно должны составить мальчик и девочка; б) без указанного условия? 36
18. По списку в 9 классе 15 девочек и 13 мальчиков. Нуж- но выделить группу из трех человек для посещения заболев- шего одноклассника. Сколькими способами это можно сде- лать, если: а) все члены этой группы должны быть девочками; б) все члены этой группы должны быть мальчиками; в) в группе должны быть 1 девочка и 2 мальчика; г) в группе должны быть 2 девочки и 1 мальчик? 19. По списку в 9 классе 15 девочек и 13 мальчиков. Нуж- но выделить группу из трех человек для посещения заболев- шей одноклассницы. Сколькими способами это можно сделать, если: а) все члены группы должны быть девочками; б) все члены группы должны быть мальчиками; в) в группе должны быть 1 девочка и 2 мальчика; г) в группе должны быть 2 девочки и 1 мальчик? 20. В оперном театре 10 певцов и 8 певиц, а в опере по за- мыслу композитора 5 мужских и 3 женских партии. Сколько существует различных певческих составов для спектакля, если известно, что: а) певцы А и Б ни за что не будут петь вместе; б) певец А будет петь тогда и только тогда, когда будет петь певица В; в) 6 певцов накануне сорвали голос на футболе, и одной певице придется петь мужскую партию; г) все певцы и певицы прекрасно ладят между собой? 4. Закрепление пройденного 21. а) Вычислите С£ для п = 3, 4, 5, 6, 7. б) Отметьте на координатной плоскости точки (и; С%) для и = 3, 4, 5, 6, 7. в) На графике какой функции у = Дх) лежат все точки вида (п; С2)? г) Начиная с какого п все эти точки будут расположены выше прямой у - 10х + 37? 37
22. Решите уравнение: a)Q = 2С2; в) С2 + С2+1 = 49; б)Сг2 = 15; r)Q = 70. 23. В чемпионате России по футболу в высшей лиге уча- ствуют 16 команд. Перед началом чемпионата газета «Спорт» провела Интернет-опрос читателей, задав им два вопроса: 1) какая команда получит золотые, какая — серебряные и ка- кая — бронзовые медали? 2) какие две команды окажутся среди неудачников, т. е. займут два последних места? Чита- тели в своих ответах указали все возможные варианты и при ответе на первый, и при ответе на второй вопросы. а) Сколько вариантов состава неудачников указали уча- стники опроса? б) Сколько из них тех, в которые входит команда «Ди- намо»? в) Сколько вариантов тройки призеров указали участ- ники опроса? г) Сколько из них тех, в которые входят «Спартак» и «Зенит»? 24. Из 20 вопросов к экзамену Вова 12 вопросов выучил, 5 совсем не смотрел, а в остальных что-то знает, а что-то нет. На экзамене в билете будет три вопроса. а) Сколько существует вариантов билетов? б) Сколько из них тех, в которых Вова знает все во- просы? в) Сколько из них тех, в которых есть вопросы всех трех типов? г) Сколько из них тех, в которых Вова выучил боль- шинство вопросов? 25. Двенадцать рабочих надо разбить на три бригады по 4 человека. а) Сколько может быть различных составов бригад? б) Сколько из них тех, в которых рабочие А, Б, В ока- жутся вместе? в) Сколько из них тех, в которых рабочие Д и Е ока- жутся вместе? г) Сколько из них тех, в которых рабочие А, Б, В по одному окажутся в разных бригадах? 38
§ 3. случайные события И ИХ ВЕРОЯТНОСТИ Во многих играх используют игральный кубик. У кубика 6 граней, на каждой грани отмечено различное количество точек — от 1 до 6. Играющий бросает кубик и смотрит, сколь- ко точек имеется на выпавшей грани (на той грани, которая располагается сверху). Довольно часто точки на грани кубика заменяют соответствующим числом и тогда говорят о выпаде- нии 1, 2 или 6. Бросание кубика можно считать опытом, экс- периментом, испытанием, а полученный результат — исходом испытания или элементарным событием. Людям интересно угадывать наступление того или иного события, предсказы- вать его исход. Какие предсказания они могут сделать, когда бросают игральный кубик? Например, такие: 1) событие А — выпадет цифра 1, 2, 3, 4, 5 или 6; 2) событие В — выпадет цифра 7, 8 или 9; 3) событие С — выпадет цифра 1. Событие А, предсказанное в первом случае, обязательно наступит. Вообще, событие, которое в данном опыте обязатель- но наступит, называют достоверным событием. Событие В, предсказанное во втором случае, никогда не наступит, это просто невозможно. Вообще, событие, которое в данном опыте наступить не может, называют невозможным событием. А как вы думаете, событие С, предсказанное в третьем случае, наступит или не наступит? На этот вопрос мы с пол- ной уверенностью ответить не в состоянии, поскольку 1 мо- жет выпасть, а может и не выпасть. Событие, которое в дан- ном опыте может как наступить, так и не наступить, назы- вают случайным событием. Один из основателей математической статистики, швед- ский ученый Харальд Крамер писал: «По-видимому, невозмож- но дать точное определение того, что подразумевается под сло- вом “случайный”. Смысл этого слова лучше всего разъяснить на примерах». Мы последуем этому совету. Пример 1. Все двузначные числа написаны на карточ- ках. Петя случайным образом выбрал одну карточку. Охарак- 39
теризуите как достоверные, невозможные или случайные сле- дующие события: а) событие А — на выбранной карточке оказалось простое число; б) событие В — на карточке оказалось составное число; в) событие С — на карточке оказалось число, не являюще- еся ни простым, ни составным; г) событие D — на карточке оказалось четное или нечет- ное число. Решение. События А и В случайные, так как они могут произойти, а могут и не произойти. Событие С невозможно: вспомните определение простого и составного числа. Событие D достоверно, так как любое двузначное число или четно, или нечетно. Думая про наступление достоверного события, вы слово «вероятно» использовать, скорее всего, не будете. Например, если сегодня среда, то завтра четверг, это — достоверное со- бытие. Вы в среду не станете говорить: «Вероятно, завтра чет- верг», вы скажете коротко и ясно: «Завтра четверг». Правда, если вы склонны к красивым фразам, то можете сказать так: «Со стопроцентной вероятностью утверждаю, что завтра чет- верг». Напротив, если сегодня среда, то наступление назавт- ра пятницы — невозможное событие. Оценивая это событие в среду, вы можете сказать так: «Уверен, что завтра не пятни- ца». Или так: «Невероятно, что завтра пятница». Ну а если вы склонны к красивым фразам, то можете сказать так: «Ве- роятность того, что завтра пятница, равна нулю». Итак, дос- товерное событие — это событие, наступающее при данных условиях со стопроцентной вероятностью (т. е. наступающее в 10 случаях из 10, в 100 случаях из 100 и т. д.). Невозмож- ное событие — это событие, не наступающее при данных ус- ловиях никогда, событие с нулевой вероятностью. Но, к сожалению (а может быть, и к счастью), не все в жизни так четко и ясно: это будет всегда (достоверное собы- тие), этого не будет никогда (невозможное событие). Чаще всего мы сталкиваемся именно со случайными событиями, одни из которых более вероятны, другие менее вероятны. Обычно люди используют слова «более вероятно» или «менее вероятно», как говорится, по наитию, опираясь на то, что 40
называют здравым смыслом. Но очень часто такие оценки ока- зываются недостаточными, поскольку бывает важно знать, на сколько процентов вероятно случайное событие или во сколько раз одно случайное событие вероятнее другого. Ины- ми словами, нужны точные количественные характеристики, нужно уметь охарактеризовать вероятность числом. Первые шаги в этом направлении мы с вами уже сделали. Мы говорили, что вероятность наступления достоверного со- бытия характеризуется как стопроцентная, а вероятность на- ступления невозможного события — как нулевая. Учитывая, что 100% равно 1, люди договорились о следующем: 1) вероятность достоверного события считается рав- ной 1; 2) вероятность невозможного события считается рав- ной 0. А как подсчитать вероятность случайного события? Ведь оно произошло случайно, значит, не подчиняется законо- мерностям, алгоритмам, формулам. Оказывается, и в мире случайного действуют определенные законы, позволяющие вычислять вероятности. Этим занимается раздел математики, который так и называется — теория вероятностей. Пока мы знакомимся лишь с азами этой теории. В конце предыдущего параграфа мы уже говорили о том, что математика имеет дело с моделью некоторого явления ок- ружающей нас действительности. Из всех моделей, использу- емых в теории вероятностей мы ограничимся самой простой. КЛАССИЧЕСКАЯ ВЕРОЯТНОСТНАЯ СХЕМА Для нахождения вероятности события А при проведе- нии некоторого опыта следует: 1) найти число N всех возможных исходов данного опыта; 2) принять предположение о равновероятности (равно- возможности) всех этих исходов; 3) найти количество N(A) тех исходов опыта, в кото- рых наступает событие А; 4) наити частное —; оно и будет равно вероятно- сти события А. 41
Принято вероятность события А обозначать: Р(А). Объясне- ние такого обозначения очень простое: слово «вероятность» по-французски — probabilite, по-английски — probability. В обозначении используется первая буква слова. Используя это обозначение, вероятность события А по клас- сической схеме можно найти с помощью формулы Р(А) = Часто все пункты приведенной классической вероятностной схемы выражают одной довольно длинной фразой. КЛАССИЧЕСКОЕ ОПРЕДЕЛЕНИЕ ВЕРОЯТНОСТИ Вероятностью события А при проведении некоторого испытания называют отношение числа исходов, в резуль- тате которых наступает событие А, к общему числу всех равновозможных между собой исходов этого испытания. Пример 2. Найти вероятность того, что при одном броса- нии игрального кубика выпадет: а) 4; б) 5; в) четное число очков; г) число очков, большее 4; д) число очков, не кратное трем. Решение. Всего имеется N = 6 возможных исходов: вы- падение грани куба с числом очков, равным 1, 2, 3, 4, 5 или 6. Мы считаем, что ни один из них не имеет никаких преиму- ществ перед другими, т. е. принимаем предположение о рав- новероятности этих исходов. а) Ровно в одном из исходов произойдет интересующее нас событие А — выпадение числа 4. Значит, N(A) = 1 и б) Решение и ответ такие же, как и в предыдущем пункте. в) Интересующее нас событие В произойдет ровно в трех случаях, когда выпадет число очков 2, 4 или 6. Значит, N(B) = 3 и Р(В) = | 42
г) Интересующее нас событие С произойдет ровно в двух случаях, когда выпадет число очков 5 или 6. Значит, МС) = 2 и Р(С) = | д) Из шести возможных выпавших чисел четыре (1, 2, 4, и 5) не кратны трем, а остальные два (3 и 6) делятся на три. Значит, интересующее нас событие наступает ровно в четы- рех из шести возможных и равновероятных между собой ис- тт 4 - 2 ходах опыта. Поэтому в ответе получается g ~ д* п ч !. i. а 1. \ !. ч 2 Ответ: a) g, б) g, в) г) 3, д) 3. Реальный игральный кубик вполне может отличаться от идеального (модельного) кубика, поэтому для описания его поведения требуется более точная и детальная модель, учи- тывающая преимущества одной грани перед другой, возмож- ное наличие магнитов и т. п. Но «дьявол кроется в деталях», а большая точность ведет, как правило, к большей сложно- сти, и получение ответа становится проблемой. Мы же огра- ничиваемся рассмотрением простейшей вероятностной моде- ли, где все возможные исходы равновероятны. Замечание 1. Рассмотрим еще пример. Был задан вопрос: «Какова вероятность выпадения тройки при одном бросании кубика?» Ученик ответил так: «Вероятность равна 0,5». И объяснил свой ответ: «Тройка или выпадет, или нет. Зна- чит, всего есть два исхода и ровно в одном наступает интере- сующее нас событие. По классической вероятностной схеме получаем ответ 0,5». Есть в этом рассуждении ошибка? На первый взгляд — нет. Однако она все же есть, причем в прин- ципиальном моменте. Да, действительно, тройка или выпадет, или нет, т. е. при таком определении исхода бросания N = 2. Правда и то, что N(A) = 1 и уж, разумеется, верно, что =0,5, т. е. три пункта вероятностной схемы учтены, а вот выполне- ние пункта 2) вызывает сомнения. Конечно, с чисто юриди- ческой точки зрения, мы имеем право считать, что выпаде- ние тройки равновероятно ее невыпадению. Но вот можем ли мы так считать, не нарушая свои же естественные предполо- жения об «одинаковости» граней? Конечно, нет! Здесь мы имеем дело с правильным рассуждением внутри некоторой 43
модели. Только вот сама эта модель «неправильная», не соот- ветствующая реальному явлению. Замечание 2. Рассуждая о вероятности, не упускайте из виду следующее важное обстоятельство. Если мы говорим, что при бросании кубика вероятность выпадения одного очка рав- 1 а на это совсем не значит, что, кинув кубик 6 раз, вы полу- чите одно очко ровно один раз, бросив кубик 12 раз, вы полу- чите одно очко ровно два раза, бросив кубик 18 раз, вы полу- чите одно очко ровно три раза и т. д. Слово вероятно носит предположительный характер. Мы предполагаем, что скорее всего может произойти. Вероятно, если мы бросим кубик 600 раз, одно очко выпадет 100 раз или около 100. Если у вас будет время и желание, проведите эксперимент: бросьте иг- ральный кубик, например, 60 раз и составьте таблицу выпа- дений очков 1, 2, 3, 4, 5, 6. Скорее всего (вероятнее всего), все числа в вашей таблице будут около 10. Пример 3. Найти вероятность того, что при двукратном бросании игрального кубика произведение выпавших очков будет: а) кратно 5; б) кратно 6. Решение. При каждом из двух бросаний кубика возмож- ны 6 исходов. Предполагается, что эти два испытания незави- симы друг от друга. По правилу умножения получаем, что дан- ный опыт имеет 6 • 6 = 36 исходов. Будем действовать по клас- сической вероятностной схеме, т. е. считать, что все N = 36 исходов равновероятны между собой. Все 36 исходов можно перечислить. Например, с помощью таблицы. В данном случае все исходы — это пары (1; 1), (1; 2), ..., (1; 6), (2; 1), (2; 2), ..., (6; 5), (6; 6). а) Если на первом месте стоит 5, то при любой второй циф- ре их произведение кратно 5. Получается шесть вариантов: (5; 1), (5; 2), (5; 3), (5; 4), (5; 5), (5; 6). Еще шесть вариантов получается, если 5 стоит на втором месте. Так как 5 — про- стое число, то других вариантов нет. Вроде бы, ответ 6 + 6 = 12. Но один результат (5; 5) мы посчитали дважды. Значит, интересующее нас событие А на- ступает ровно в 11 из возможных 36 равновероятных между собой исходах, т. е. N(A) =11, поэтому Р(А) =—. N об 44
б) Если на первом или на втором месте стоит 6, то произве- дение выпавших чисел делится на 6, а всего таких вариантов, как и в случае а), будет 11. Но произведение выпавших чисел будет кратно бив тех случаях, когда одно из чисел, отлич- ных от 6, — четное, а другое кратно 3. Перечислим благопри- ятные варианты: (2; 3), (4; 3), (3; 2), (3; 4) — всего 4 варианта. Добавив их к указанным выше 11 вариантам, получим 15 бла- гоприятных исходов, т.е. N(A) =15. Значит, Р(А} _ = 15 = А. N 36 12 „ \ 11 • «-> 5 Ответ: a) gg, б) Задачи на отыскание вероятностей случайных событий «в два с половиной раза» сложнее задач по комбинаторике. Сна- чала мы используем комбинаторику при нахождении N — ко- личества всех исходов опыта. Во второй раз комбинаторика нужна при нахождении N(A). При этом во второй раз — это уже более сложная комбинаторика. Наконец, надо еще уметь вычислить значение дроби. Вот и получается «две с полови- ной комбинаторики». Теория вероятностей возникла в XVII веке при анализе различных азартных игр. Неудивительно поэтому, что первые примеры носят игровой характер. От примеров с игральными кубиками перейдем к случайному вытаскиванию игральных карт из колоды. Пр им ер 4. Из колоды в 36 карт случайным образом од- новременно вытаскивают 3 карты. Какова вероятность того, что среди них нет пиковой дамы? Решение. У нас имеется множество из 36 элементов. Мы производим выбор трех элементов, порядок которых не важен. Значит, возможно получение N = С|6 исходов. Будем действо- вать по классической вероятностной схеме, т. е. предположим, что все эти исходы равновероятны. Среди всех N = Cf6 исходов нам следует сосчитать те, в кото- рых нет пиковой дамы (событие А). Отложим даму пик в сто- рону, и из оставшихся 35 карт будем выбирать 3 карты. По- лучатся все интересующие нас варианты. Значит, N(A) = С335. 45
Осталось вычислить нужную вероятность по классическому определению: р(д\ = = 35! 3! 33! = 35! 32! 33 = ' ' N С& 3! 32! 36! 32! 35! 36 = 33 = 11 36 12’ „ 11 Ответ: А чему равна вероятность того, что среди выбранных трех карт есть пиковая дама? Число всех таких исходов нетрудно посчитать, надо просто из всех исходов N вычесть все те ис- ходы, в которых дамы пик нет, т. е. вычесть найденное в при- мере 4 число N(A). Затем эту разность N — N(A) в соответ- ствии с классической вероятностной схемой следует поделить на N. Вот что получим: И-М(Л) N(A) ! N N ' ' 12' Мы видим, что между вероятностями двух событий имеет- ся определенная связь. Если событие А заключается в отсут- ствии дамы пик, а событие В состоит в ее наличии среди выб- ранных трех карт, то Р(В) = 1 - Р(А), Р(А) + Р(В) = 1. К сожалению, в равенстве Р(А) 4- Р(В) = 1 нет никакой информации о связи событий А и В между собой; эту связь нам приходится держать в уме. Удобнее было бы заранее дать событию В название и обозначение, явно указывающие на его связь с А. Определение 1. Событие В называют противоположным событию А и обозначают В = А, если событие В происходит тогда и только тогда, когда не происходит событие А. Символ А можно читать так: «А с чертой». Иллюстрация этого определения приведена на рис. 11. ТЕОРЕМА 1. Для нахождения вероятности противопо- ложного события следует из единицы вычесть вероят- ность самого события: Р(А) = 1 - Р(А). 46
Всего N исходов испытания N(A) исходов, / в которых наступает событие А N - N(A) исходов, в которых не наступает событие А Рис. 11 В самом деле. ЛГ(А) N = 1--Р(А). На практике вычисляют то, что проще найти: или Р(А), или Р(А). После этого пользуются формулой из теоремы и находят, соответственно, или Р(А) = 1 - Р(А), или Р(А) = = 1 - Р(А). Пример 5. Из колоды в 36 карт случайным образом вы- таскивают 5 карт. Какова вероятность того, что среди выбран- ных карт будет хотя бы одна карта бубновой масти? Решение. Из множества в 36 элементов мы производим выбор пяти элементов, причем порядок этих элементов не ва- жен. Значит, возможно получение N = Cf6 исходов. Будем действовать по классической вероятностной схеме, т. е. пред- положим, что все эти исходы равновероятны между собой. Если А — интересующее нас событие, то противоположное ему событие А состоит в том, что среди выбранных пяти карт нет ни одной карты бубновой масти. Но это значит, что все 5 карт выбраны из других карточных мастей, т. е. из 36 - 9 = = 27 карт. Значит, N (А) = Cf7 и можно легко найти вероят- ность события А: = 27! _\ / _ ^27 _ £ ( I N “ С& ~ 5! • 22! 5! 31! 36! 23 24 25 26 27 ~ 0 214 32 33 34 35 36 ~ ’ 47
Теперь по теореме находим вероятность самого события А: Р(А) = 1 - Р(А) ~ 0,786. Как видим, вероятность довольна высока. Кстати, полез- ное напоминание: без калькулятора вычислить вероятность более или менее сложного события бывает затруднительно. Ответ: « 0,786. В теории вероятностей используются различные стандарт- ные игровые ситуации. Это бросание монеты или игрального кубика, вытаскивание карт из колоды. К этому списку доба- вим еще одну, назовем ее «урновая схема»: в темном ящике (урне) лежат неотличимые на ощупь шары различного цвета. Один или несколько шаров вытаскивают. Вычисляют вероят- ность того, что выбранные шары имеют какой-то определен- ный набор цветов. Пример 6. В урне лежат 10 белых и 11 рыжих шаров. Случайным образом достают 5 шаров. Какова вероятность того, что среди этих 5 шаров ровно 3 белых? Решение. Шары в урне предполагаем неразличимыми, из 21 шара случайным образом производят выбор 5 шаров, причем порядок выбора не важен. Значит, существует N = способов такого выбора. Считаем все эти способы равнове- роятными. Интересующее нас событие А наступает, когда 3 из 5 ша- ров — белые, а 2 — рыжие. Из 10 белых шаров, имеющихся в урне, 3 шара можно выбрать С30 способами, а из 11 рыжих шаров 2 шара — способами. Выбор разноцветных шаров считаем независимым. По правилу умножения получаем, что нужный нам состав шаров можно выбрать N(A) = С30 • спо- собами. Остается посчитать вероятность. = Go • G2i = 10! 11! 5!16! N С25! 3!7! ‘ 2!9! ' 21! 8 9 10 10 11 2 3 4 5 = 2 10 10 • 11 2 3 ’ 2 ' 17 18 19 20 • 21 17 19 21 2200 = 0,324 (почти одна треть). 6783 Ответ: ~ 0,324. 48
Часто используется способ решения той или иной задачи «перебором случаев», когда условия задачи разбиваются на взаимоисключающие друг друга случаи, каждый из которых рассматривается отдельно. Например, «направо пойдешь — коня потеряешь, прямо пойдешь — задачу по теории вероят- ности решать будешь, налево пойдешь — ...». Или при пост- роении графика функции у = | х + 11 - | 2х - 5 | рассматрива- ют случаи х < -1; -1 < х < 2,5; 2,5 < х. В каждом из трех случаев «раскрывают» модуль, строят нужные графики ли- нейных функций и затем объединяют соответствующие части этих графиков; фактически речь идет о построении графика кусочной функции. Этот же метод часто используют и при под- счете вероятностей. Пример 7. Из 50 точек 17 закрашены в синий цвет, а 13 — в оранжевый цвет. Найти вероятность того, что случайным образом выбранная точка окажется закрашенной. Решение. Всего закрашено 30 точек из 50. Значит, ве- 30 п с роятность равна = 0,6. Ответ: 0,6. Рассмотрим, однако, этот простой пример более вниматель- но. Пусть событие А состоит в том, что выбранная точка — синяя, а событие В состоит в том, что выбранная точка — оранжевая (рис. 12). По условию, события А и В не могут про- изойти одновременно. Обозначим буквой С интересующее нас событие. Событие С наступает тогда и только тогда, когда происходит хотя бы одно из событий А или В. Ясно, что N(C) = N(A) + N(B). 50 точек 17 синих точек 13 оранжевых точек Всего 17 + 13 = 30 закрашенных точек Рис. 12 49
Поделим обе части этого равенства на N — число всех воз- можных исходов данного опыта; получим Мы на простом примере разобрали важную и часто встре- чающуюся ситуацию. Для нее есть специальное название. Определение 2. События А и В называют несовместными, если они не могут происходить одновременно. ТЕОРЕМА 2. Вероятность наступления хотя бы одного из двух несовместных событий равна сумме их вероят- ностей. При переводе этой теоремы на математический язык, воз- никает необходимость как-то назвать и обозначить событие, состоящее в наступлении хотя бы одного из двух данных со- бытий А и В. Такое событие называют суммой событий А и В и обозначают А + В. Если А и В несовместны, то Р(А + В) = Р(А) + Р(В). В самом деле (рис. 13), Несовместность событий А и В удобно иллюстрировать ри- сунком. Если все исходы опыта — некоторое множество точек на рисунке, то события А и В — это некоторые подмножества N(A) исходов, в которых наступает событие А N исходов испытания N(B) исходов, в которых наступает событие В Рис. 13 50
Несовместные события Совместные события А и А всегда несовместны данного множества. Несовместность А и В означает, что эти два подмножества не пересекаются между собой (рис. 14). Типичный пример несовместных событий — любое событие А и противоположное событие А. Разумеется, указанная теорема верна и для трех, и для четырех, и для любого конечного числа попарно несовмест- ных событий. Вероятность суммы любого числа попарно не- совместных событий равна сумме вероятностей этих собы- тий. Это важное утверждение как раз и соответствует способу решения задач «перебором случаев» (рис. 15). Р(А + В + С + D + ...) = Р(А) + Р(В) + Р(С) + Р(В) + ... Рис. 15 Пример 8. В урне лежат 10 белых и 11 рыжих шаров. Случайным образом достают 5 шаров. Какова вероятность того, что среди этих шаров есть, по крайней мере, 4 белых шара? Решение. Всего имеется N = исходов данного испы- тания. Обозначим буквой С интересующее нас событие. Тогда возможны два случая. Может случиться, что среди 5 выбран- 51
ных шаров будет ровно 4 белых шара. Обозначим это собы- тие буквой А. А может случиться, что все 5 выбранных ша- ров — белые, а рыжих нет вовсе. Обозначим это событие бук- вой В. Тогда А и В — несовместные события, в сумме дающие событие С. Значит, Р(С) = Р(А + В) = Р(А) + Р(В). Вероятность события А считается так же, как и в при- мере 6: р(А\ = = С1“° • = 10! 11 5116! = ' ' N С21 4161 21! = 7-8-9-10 п 2 3 4-5 = 2 5 11 = 2-3-4 ’ ' 17 18 • 19 20 21 17 19 • 3 = -Ш = 0,114. 969 Так же подсчитывается и вероятность события В: Р(в\ = = 101 5116! = ' > N С21 515! 21! = 6 7'8'9 10 = 0,012. 17 18 19 20 21 Значит, Р(С) = Р(А) + Р(В) = 0,114 + 0,012 = 0,126. Ответ: ~ 0,126. Пример 9. В урне лежат 10 белых и 11 рыжих шаров. Случайным образом достают 5 шаров. Какова вероятность того, что среди этих 5 шаров есть, по крайней мере, 3 белых шара? Решение. Пусть А — событие, состоящее в том, что сре- ди выбранных пяти шаров есть ровно 3 белых шара, В — со- бытие, состоящее в том, что белых шаров ровно 4, и С — со- бытие, означающее, что все 5 выбранных шаров — белые. Тогда события А, В, С попарно несовместны, а нам требуется найти вероятность того, что произойдет или событие А, или событие В, или событие С. Вероятности каждого из этих со- бытий в отдельности, нами уже найдены (примеры 6 и 8). Зна- чит, по теореме 2, 52
Р(А + В + С) = Р(А) + Р(В) + Р(С) « 0,324 + 0,114 + + 0,012 = 0,45. Ответ: ~ 0,45. Мы видим, что и между событиями, происходящими в ре- зультате некоторого опыта, и между вероятностями этих со- бытий могут быть какие-то соотношения, зависимости, связи и т. п. Например, события можно «складывать», а вероятность суммы несовместных событий равна сумме их вероятностей. Есть и много других подобных фактов, но более детально вы познакомитесь с алгеброй событий в старших классах. В заключение обсудим следующий принципиальный во- прос: можно ли доказать, что вероятность выпадения «реш- - 1 ки» при одном бросании монеты равна . Ответ отрицательный. Вообще говоря, сам вопрос не кор- ректен, неясен точный смысл слова «доказать». Ведь доказы- ваем мы что-либо всегда в рамках некоторой модели, в кото- рой уже известны правила, законы, аксиомы, формулы, тео- ремы и т. п. Если речь идет о воображаемой, «идеальной» монете, то потому-то она и считается идеальной, что, по опре- делению, вероятность выпадения «решки» равна вероятности выпадения «орла». А, в принципе, можно рассмотреть модель, в которой вероятность выпадения «решки» в два раза больше вероятности выпадения «орла» или в три раза меньше и т. п. Тогда возникает вопрос: по какой причине из различных воз- можных моделей бросания монеты мы выбираем ту, в кото- рой оба исхода бросания равновероятны между собой? Совсем лобовой ответ таков: «А нам так проще, понятнее и естественнее!» Но есть и более содержательные аргументы. Они приходят из практики. В подавляющем большинстве учебников по теории вероятностей приводят примеры фран- цузского естествоиспытателя Ж. Бюффона (XVIII в.) и ан- глийского математика-статистика К. Пирсона (конец XIX в.), которые бросали монету, соответственно, 4040 и 24000 раз и подсчитывали число выпадений «орла» или «решки». У них «решка» выпала, соответственно, 1992 и 11988 раз. Если 1992 посчитать частоту выпадения «решки», то получится = = 0,493069... у Бюффона и = 0,4995 у Пирсона. Возни- 53
кает естественное предположение, что при неограниченном увеличении числа бросаний монеты частота выпадения «реш- ки», как и частота выпадения «орла», все больше и больше будет приближаться к 0,5. Именно это предположение, осно- ванное на практических данных, является основой нашего вы- бора в пользу модели с равновероятными исходами. Кстати, в своем классе вы вполне можете проверить это предположение даже на большем числе бросаний монеты. Например, если за один день каждый из 25 учеников вашего класса 40 раз бросит монету, то уже получится 1000 броса- ний. За месяц «набежит» очень большое число. Начала статистики и статистической обработки результа- тов экспериментов мы рассмотрим в следующем, четвертом параграфе, а с явлением статистической устойчивости, при котором частота практически совпадает с вероятностью, мы познакомимся в заключительном, пятом параграфе. Сейчас же подведем итоги третьего параграфа. Основное понятие — вероятность случайного события, подсчет которой производится в рамках простейшей модели — классической вероятностной схемы. Важное значение и в те- ории, и в практике имеет понятие противоположного собы- тия и формула Р(А) = 1 - Р(А) для нахождения вероятности такого события. Наконец, мы познакомились с несовместными событиями и с формулами Р(А + В) = Р(А) + Р(В), Р(А + В + С) = Р(А) + Р(В) + Р(С), позволяющими находить вероятности суммы таких событий. УПРАЖНЕНИЯ 1. События достоверные, невозможные и случайные 1. Охарактеризуйте событие, о котором идет речь, как до- стоверное, невозможное или случайное. Оцените его словами «стопроцентная вероятность», «нулевая вероятность», «мало- вероятно», «достаточно вероятно»: а) день рождения моего друга — число, меньше чем 32; 54
б) на уроке математики ученики делали физические упражнения; в) на уроке математики ученики решали математиче- ские задачи; г) сборная России по футболу станет чемпионом мира в 2006 году; д) сборная России по хоккею станет чемпионом мира в 2006 году; е) из интервала (1; 2) наугад взяли какое-то число, оно оказалось натуральным; ж) из отрезка [1; 2] наугад взяли какое-то число, оно оказалось натуральным; з) из отрезка [1; 2] наугад взяли какое-то число, оно ока- залось смешанным; и) вверх подкинули монету и она упала на землю «ор- лом»; к) вверх подкинули монету и она упала на землю, встав на ребро. 2. Охарактеризуйте событие, о котором идет речь, как до- стоверное, невозможное или случайное. Вы открыли эту книгу на любой странице и прочитали первое попавшееся существительное. Оказалось, что: а) в написании выбранного слова есть гласная буква; б) в написании выбранного слова есть буква «о»; в) в написании выбранного слова нет гласных букв; г) в написании выбранного слова есть мягкий знак. 3. Охарактеризуйте событие, о котором идет речь, как до- стоверное, невозможное или случайное. Даны два интервала (0; 1) и (5; 10). Из первого интервала выбрали число а, из второго — число с. Оказалось, что: а) число а меньше числа с; б) число а больше числа с; в) число а + с принадлежит интервалу (5; 10); г) число а + с не принадлежит интервалу (5; 10). 4. В мешке лежат 10 шаров: 3 синих, 3 белых и 4 крас- ных. Охарактеризуйте следующее событие как достоверное, невозможное или случайное: а) из мешка вынули 4 шара, и все они синие; б) из мешка вынули 4 шара, и все они красные; 55
в) из мешка вынули 4 шара, и все они оказались разного цвета; г) из мешка вынули 4 шара, и среди них не оказалось шара черного цвета. 5. В двух урнах находятся по пять шаров пяти различных цветов: белого, синего, красного, желтого, зеленого. Из каж- дой урны одновременно вынимают по одному шару. Охарак- теризуйте указанное ниже событие как достоверное, случай- ное или невозможное: а) вынуты шары разного цвета; б) вынуты шары одного цвета; в) вынуты черный и белый шары; г) вынуты два шара, причем каждый оказался окрашен- ным в один из следующих цветов: белый, синий, красный, желтый, зеленый. 2. Классическое определение вероятности 6. Случайным образом выбрали двузначное число. Найдите вероятность того, что оно: а) оканчивается нулем; б) состоит из одинаковых цифр; в) больше 27 и меньше 46; г) не является квадратом целого числа. 7. Двузначное число составили из цифр 0, 1,2, 3, 4. Какова вероятность того, что это число: а) четное; в) делится на 5; б) нечетное; г) делится на 4? 8. Из четырех тузов случайным образом поочередно выта- щили две карты. Найдите вероятность того, что: а) обе карты — тузы черной масти; б) вторая карта — пиковый туз; в) первая карта — туз красной масти; г) среди выбранных карт есть бубновый туз. 9. Из четырех тузов случайным образом одновременно вы- тащили две карты. Найдите вероятность того, что: а) обе карты — тузы черной масти; б) среди выбранных карт есть пиковый туз; 56
в) среди выбранных карт есть туз красной масти; г) среди выбранных карт нет бубнового туза. 10. Решите задачу 8 при условии, что поочередный выбор производится из пяти карт: четырех тузов и дамы пик. 11. В коробке «Ассорти» — 20 неразличимых по виду кон- фет, из которых 12 с шоколадной начинкой и 8 с фруктовой начинкой. Тане разрешили взять две конфеты. Какова веро- ятность того, что: а) обе конфеты окажутся с любимой Таниной начин- кой — шоколадной; б) обе конфеты — с фруктовой начинкой; в) конфеты — с разными начинками? г) чему равна сумма вероятностей в пунктах а), б), в)? 12. Случайным образом одновременно выбирают две буквы из 33 букв русского алфавита. Найдите вероятность того, что: а) обе они согласные; б) среди них есть «ъ»; в) среди них нет «ъ»; г) одна буква гласная, а другая согласная. 13. Во все клетки квадратной таблицы 2x2 произвольно ставят крестики и нолики. Найдите вероятность того, что: а) будет поставлен ровно один крестик; б) будут поставлены ровно два нолика; в) в левой нижней клетке будет стоять крестик; г) в верхней левой и нижней правой клетках будут раз- ные значки. 3. Вероятность противоположного события 14. Ниже перечислены разные события. Укажите проти- воположные им события. а) Мою новую соседку по парте зовут или Таня, или Аня. б) Явка на выборы была от 40% до 47%. в) Из пяти выстрелов в цель попали хотя бы два. г) На контрольной я не решил, как минимум, три за- дачи из пяти. 57
15. Случайным образом выбрали целое число из промежут- ка [100; 200). Найдите вероятность того, что: а) оно не оканчивается нулем; б) среди его цифр есть хотя бы одна цифра больше 2; в) оно не является квадратом целого числа; г) сумма его цифр меньше 17. 16. Игральную кость бросили дважды. Найдите вероят- ность того, что: а) среди выпавших очков есть хотя бы одна единица; б) сумма выпавших очков больше трех; в) сумма выпавших очков меньше 11; г) произведение выпавших очков меньше 27. 17. Назовите событие, для которого противоположным яв- ляется такое событие: а) на контрольной работе больше половины класса по- лучили пятерки; б) все семь пулек в тире у меня попали мимо цели; в) в нашем классе все умные и красивые; г) в кошельке у меня есть или три рубля одной моне- той, или три доллара одной бумажкой. 18. Из костей домино случайно выбрали одну. Найдите вероятность того, что: а) она не является дублем; б) на ней не выпала «тройка»; в) произведение очков на ней меньше 29; г) модуль разности очков больше единицы. 4. Вероятность суммы несовместных событий 19. Совместны ли следующие события? а) А — у случайным образом составленного квадратно- го уравнения есть действительные корни; В — дискриминант уравнения отрицателен. б) А — у случайным образом составленного квадратно- го уравнения нет действительных корней; В — дискриминант уравнения неположителен. в) А — случайным образом выбранная функция у = /(х) всюду монотонно возрастает; В — /(99) < /(100). г) А — случайным образом выбранная последователь- ность является геометрической прогрессией; В — первые два 58
члена последовательности положительны, а следующие два — отрицательны. 20. Опишите, в чем состоит сумма следующих несовмест- ных событий. а) Учитель вызвал к доске ученика (событие А), ученицу (событие В). б) «Родила царица в ночь, не то сына (событие А), не то дочь (событие В)...» в) Случайно выбранная цифра меньше 5 (событие А), больше 6 (событие В). г) Из 10 выстрелов в цель попали ровно 7 раз (событие А), не более 6 раз (событие В). 21. В темном ящике 5 выигрышных билетов и 4 проигрыш- ных. Вы случайно вытаскиваете 3 билета. Найдите вероят- ность того, что: а) все билеты выигрышные; б) есть ровно один проигрышный билет; в) есть ровно два выигрышных билета; г) есть хотя бы один выигрышный билет. 22. Из колоды в 36 карт случайным образом одновременно вытаскивают 2 карты. Найдите вероятность того, что: а) обе они черной масти; б) обе они пиковой масти; в) обе они трефовой масти; г) одна из них пиковой, а другая трефовой масти. 23. Карточка «Спортлото» содержит 49 чисел. В итоге ти- ража выиграют какие-то 6 чисел. Какова (в процентах, при- ближенно) вероятность того, что на вашей карточке, где от- мечены 6 чисел, верно угаданы: а) 0 чисел; б) 1 число; в) 2 числа; г) 3 числа? 24. Карточка «Спортлото» содержит 49 чисел. В итоге ти- ража выиграют какие-то 6 чисел. Какова (в процентах) веро- ятность того, что на карточке вы верно угадали: а) хотя бы одно число; б) не более одного числа; в) не менее трех чисел; г) 4, 5 или 6 чисел? 59
5. Закрепление пройденного 25. Из чисел 1, 2, 3, 4, 5 одновременно выбирают три. Найдите вероятность того, что: а) существует прямоугольный треугольник с такими сторонами; б) существует произвольный треугольник с такими сто- ронами; в) произведение этих чисел оканчивается на ноль; г) их сумма меньше 10. 26. Случайно нажимают три клавиши из одной октавы. Найдите вероятность того, что: а) звучат ноты «си» и «до»; б) не звучит нота «фа»; в) звучит нота «ля»; г) получится до-мажорное трезвучие. 27. На бильярдном столе — шары от № 1 до № 15 и еще шар «крест». Бить можно любым шаром по любому. Найдите вероятность того, что при случайном выборе: а) ударят шаром № 7 по какому-то другому шару; б) ударят по шару № 7 шаром с меньшим номером; в) ударят «крестом» по шару № 7; г) ударят «крестом» по шару с двузначным номером. 28. Вы находитесь в круглом зале с 10 дверьми, из кото- рых какие-то 4 заперты. Вы случайным образом выбираете две двери. Найдите вероятность того, что: а) вы не сможете выйти из зала; б) вы можете выйти из зала, но вернуться через дру- гую дверь уже не сможете; в) вы сможете выйти через одну, а вернуться в зал че- рез другую; г) хотя бы через одну дверь вы сможете выйти из зала. 29. Решите предыдущую задачу, но с выбором 3 дверей из десяти имеющихся. 30. Из 36 карт случайным образом выбирают х карт. а) Найдите вероятность того, что среди выбранных карт есть бубновый туз (если не получается для х карт, рассмотрите случай выбора 5 карт, 6 карт). 60
б) Составьте таблицу из двух строк. В первой строке числа х от 1 до 10. Во второй — соответствующие условию задачи вероятности. § 4. СТАТИСТИКА - ДИЗАЙН ИНФОРМАЦИИ Предыдущий параграф мы закончили обсуждением резуль- татов большого числа бросаний монеты. Число бросаний было велико: оно составляло несколько тысяч и даже десятков ты- сяч раз. Выяснили, что с увеличением числа бросаний моне- ты частота выпадения «решки» становится практически неотличимой от некоторой постоянной величины — в данном случае, от 0,5. Здесь мы впервые в этой книге встретились с одним из важнейших явлений окружающей нас действительности — явлением статистической устойчивости. 1. Группировка информации в виде таблиц Знакомство с элементами статистики начнем, как обычно, с конкретного примера. В девятых классах «А» и «Б» измерили рост 50 учеников. Получились следующие результаты: 162, 168, 157, 176, 185, 160, 162, 158, 181, 179, 164, 176, 177, 180, 181, 179, 175, 180, 176, 165, 168, 164, 179, 163, 160, 176, 162, 178, 164, 190, 181, 178, 168, 165, 176, 178, 185, 179, 180, 168, 160, 176, 175, 177, 176, 165, 164, 177, 175, 181. Данные, собранные в этом списке, являются наиболее пол- ной информацией о проведенном измерении. К сожалению, эта информация трудно «читается». Она не наглядна и зани- мает много места. А представьте результаты, состоящие не из 50 данных, а из 500, 5000 или из миллионов различных чи- сел! Например, число и размеры вкладов в Сбербанке России за текущий год или данные о производительности труда на предприятиях какой-нибудь отрасли по всей стране, резуль- таты голосования по всем избирательным пунктам и т. п. 81
Единственный разумный выход — каким-то образом пре- образовать первоначальные данные, получить сравнительно небольшое количество характеристик начальной информа- ции и в дальнейшем оперировать именно с этими, как прави- ло, численными характеристиками. Одна из основных задач статистики как раз и состоит в надлежащей обработке инфор- мации. Конечно, у статистики есть много других задач: полу- чение и хранение информации, выработка различных прогно- зов, оценка их достоверности и т. д. Ни одна из этих целей не достижима без обработки данных. Поэтому, первое, чем сто- ит заняться — это статистическими методами обработки ин- формации. Для этого нам будут нужны новые термины, при- нятые в статистике. Новый термин Простое описание Более научный термин Определение Общий ряд данных То, откуда выбирают Генеральная совокупность Множество всех в принципе возможных результатов измерения Выборка То, что выбрали Статистическая выборка, статистический ряд Множество результатов, реально полученных в данном измерении Варианта Значение од- ного из ре- зультатов из- мерения Варианта Одно из значений эле- ментов выборки Ряд данных Значения всех резуль- татов измере- ния, перечис- ленные по по- рядку Вариационный ряд Упорядоченное множе- ство всех вариант Мы будем использовать термины из первого столбца. Тер- мины из третьего столбца могут встретиться вам в других учеб- ных пособиях или справочниках по статистике. Вернемся к примеру с измерением роста. С некоторым за- пасом мы можем считать, что рост девятиклассника находит- ся в пределах от 140 до 210 см. Значит, числа 140; 141; 142; 62
208; 209; 210 и образуют общий ряд данных этого измере- ния. Подчеркнем, что определения в статистике не носят тако- го же точного характера, как, скажем, определения в геомет- рии или алгебре. Например, от добавления числа 139 к ука- занному множеству оно не перестанет быть общим рядом данных. Или же, рост можно было, в принципе, измерять с точностью до миллиметров и тогда общий ряд данных этого измерения давали бы числа 140,0; 140,1; 140,2; ...; 209,8; 209,9; 210,0. Выборка в нашем случае — это данные реального измере- ния роста, выписанные выше, варианта — это любое из чи- сел выборки, а ряд данных — все реальные результаты изме- рения, выписанные в определенном порядке без повторений, например, по возрастанию: 157; 158; 160; 162; 163; 164; 165; 168; 175; 176; 177; 178; 179; 180; 181; 185; 190. Рассмотрим другие примеры. Допустим, вы записываете номера месяцев рождения своих одноклассников. В таком случае общий ряд данных — это числа от 1 до 12, варианты — это номера месяцев рождения конкретных учеников именно вашего класса, а ряд данных — это все варианты, перечислен- ные по порядку. В одном классе ряд данных — это 3, 4, 5, 7, 8, 10, 11. В другом классе может получиться другой ряд дан- ных. Например, 1, 2, 5, 6, 8, 9, 11, 12 и т. д. Пример 1. 30 абитуриентов на четырех вступительных экзаменах набрали в сумме такие количества баллов (оценки на экзаменах выставлялись по пятибалльной системе): 20; 19; 12; 13; 16; 17; 15; 14; 16; 20; 15; 19; 20; 20; 15; 13; 19; 14; 18; 17; 12; 14; 12; 17; 18; 17; 20; 17; 16; 17. Составьте общий ряд данных, выборку из результатов, стоящих на четных ме- стах и соответствующий ряд данных. Решение. После получения двойки дальнейшие экзаме- ны не сдаются, поэтому сумма баллов не может быть меньше 12 (12 — это 4 «тройки»). Значит, общий ряд данных состоит из чисел 12; 13; 14; 15; 16; 17; 18; 19; 20. Выборка состоит из 15 результатов 19; 13; 17; 14; 20; 19; 20; ..., расположенных на четных местах. Ряд данных — это конечная возрастающая последовательность 13; 14; 17; 19; 20. 63
Перейдем к дальнейшей обработке информации. Составим таблицу из двух строк, в первой из которых будет ряд дан- ных. Каждая варианта из этого ряда какое-то количество раз реально наблюдалась в выборке. Это количество называют кратностью варианты. Вот и поставим во вторую строку крат- ности соответствующих вариант. Получим таблицу распреде- ления выборки. Вот как она выглядит в примере 1. Варианта 13 14 17 19 20 Всего: 5 вариант Кратность варианты 2 3 6 2 2 Сумма =15 (объем выборки) Если сложить все кратности, то получится количество всех произведенных при выборке измерений — объем выборки. В данном случае объем выборки равен 15. Далее, при общей оценке данных выборки не очень важ- но, что, например, варианта 14 имеет кратность 3 из общего объема в 15 данных. Удобнее сказать, что эта варианта со- ставляет или 20% числа всех измерений. Так и поступают, т. е. делят кратности вариант на объем выборки и получают частоты вариант. кратность варианты Частота варианты =--------------------- объем выборки Частоты всех вариант удобно приписать третьей строкой к уже составленной таблице. Новую трехстрочную таблицу на- зывают таблицей распределения частот выборки. Вот как это выглядит в примере 1. Обратите внимание, что сумма частот равна 1, и так бывает всегда. Варианта 13 14 17 19 20 Всего: 5 вариант Кратность варианты 2 3 6 2 2 Сумма =15 (объем выборки) Частота варианты 2 15 3 15 6 15 2 15 2 15 Сумма = 1 Иногда частоты удобно измерять в процентах от общего объема выборки. Тогда таблицу распределения дополняют еще 64
строкой частот в процентах. Она получается из предыдущей строки умножением на 100%. 2. Графическое представление информации Итак, выборки удобно задавать с помощью таблиц. Но мы знаем (см. «Алгебра - 9» §10), что и для функций есть таб- личный способ их задания. Таблицы образуют «мостик», по которому от выборок данных можно перейти к функциям и их графикам. Отложим по оси абцисс значения из первой строки табли- цы распределения, а по оси ординат — значения из ее второй строки. Построим соответствующие точки в координатной плос- кости. Получим графическое изображение имеющейся инфор- мации — график распределения выборки. Часто, построенные точки для наглядности соединяют отрезками. То же самое можно сделать, заменив вторую строку таблицы распределе- ния ее третьей строкой. Получится график распределения ча- стот выборки. Термин «график распределения частот выбор- ки» чаще заменяют более кратким — многоугольник частот или полигон частот. Собственно, polygon и переводится как «многоугольник». Пр имер 2. Постройте график распределения и много- угольник частот для следующих результатов письменного эк- замена по математике: 6, 7, 7, 8, 9, 2, 10, 6, 5, 6, 7, 3, 7, 9, 9, 2, 3, 2, 6, 6, 6, 7, 8, 8, 2, 6, 7, 9, 7, 5, 9, 8, 2, 6, 6, 3, 7, 7, 6, 6. Решение. Дана выборка объема 40. Ее ряд данных — 2; 3; 5; 6; 7; 8; 9; 10. Оценка в 2 балла встретилась пять раз. Значит, кратность варианты 2 равна 5. Сделав то же для дру- гих оценок, найдем их кратности. Они равны 5; 3; 2; 11; 9; 4; 5; 1. Можно себя проконтролировать, вычислив сумму крат- ностей всех рассмотренных вариант: 5-F3-I-2 + 11 + 9 + 4 + 5 + 5 + 1 = 40. Частота появления двух баллов равна 40 1 8 = 0,125 или 12,5%. Вычислив остальные частоты, составляем таблицу и строим графики (рис. 16, 17, 18). 65
Варианта 2 3 5 6 7 8 9 10 Всего 8 вариант Кратность варианты 5 3 2 11 9 4 5 1 Сумма = = 40 Частота варианты 0,125 0,075 0,05 0,275 0,225 0,1 0,125 0,025 Сумма = = 1 Частота (%) варианты 12,5 7,5 5 27,5 22,5 10 12,5 2,5 Сумма = = 100% Многоугольник распределения кратностей Кратность По существу, различия этих трех графиков состоят толь- ко в выборе единиц измерения и масштаба по оси ординат. Для наглядного оформления (дизайна) информации в каждом конкретном случае приходится выбирать между этими тремя возможностями. Чаще всего в практических приложениях ис- пользуют многоугольники частот в процентах. Для полноты картины можно было бы приведенные ломаные дополнить еще одной вершиной (4; 0), расположенной на оси абсцисс. Эта 66
Многоугольник распределения частот Частота Многоугольник распределения частот (%) Частота (%) Рис. 18 67
Рис. 19 вершина соответствует тому, что в данной выборке отсутствует оценка в 4 балла. Мы видим, что даже для малого объема выборки аккурат- ное «причесывание» информации — довольно кропотливая вещь. Вот более краткий, но менее точный способ. Назовем оценки 2, 3, 4 «плохими», оценки 5, 6, 7 «средними», а оцен- ки 8, 9, 10 «хорошими». Все «плохие» оценки принадлежат отрезку [2; 4], «средние» — отрезку [5; 7], а «хорошие» — отрезку [8; 10] (рис. 19). Тем самым мы разбили промежуток между самой маленькой и самой большой вариантой на уча- стки и получили интервальный ряд данных: 2—4; 5—7; 8—10. Варианта «Плохая» «Средняя» «Хорошая» Для каждого участка сложим кратности вариант, попав- ших в него. Получим кратности каждого участка. Варианта «Плохая» «Средняя» «Хорошая» Кратность варианты 8 22 10 Теперь нарисуем три прямоугольника. Основание первого — это отрезок [2; 4], его площадь равна 8, т. е. равна кратности «плохой» варианты. Аналогично поступим с двумя другими вариантами. Получим столбчатую диаграмму, или гистограм- му распределения (рис. 20). Поделив высоты столбиков на объем всей выборки, получим другую столбчатую диаграмму — гистограмму распределения частот (рис. 21). Как обычно, таблицу можно дополнить и третьей строкой, в которой частоты вариант выражены в процентах. Варианта «Плохие» «Средние» «Хорошие» Кратность варианты 8 22 10 Частота варианты 0,2 0,55 0,25 Частота (%) варианты 20 55 25 68
На рис. 22 приведена гистограмма распределения частот в процентах. С одной стороны, в гистограмме потеряна первоначальная точная информация: мы не знаем, например, сколько именно человек получили 6 баллов. С другой стороны, ответ получается более быстро, и наглядно видна качественная оценка распреде- 69
Частота (%) варианты Гистограмма распределения частот (%) Рис. 22 ления данных. Примерно половина абитуриентов получила «средние» баллы, а «плохиши» и «хорошисты с отличника- ми» поделились почти поровну. Для отчетов по результатам экзаменов такой вид исходной информации — в самый раз. Пример 3. Измерили длины слов (количе£тво букв) в приведенном ниже отрывке из поэмы А. С. Пушкина «Мед- ный всадник». Нужно построить гистограммы распределения кратностей и частот, выбрав интервалы 1—3, 4—6, 7—9 для вариант выборки. «...Ужасен он в окрестной мгле! 6, 2, 1, 9, 4 Какая дума на челе! 5, 4, 2, 4 Какая сила в нем сокрыта, 5, 4, 1, 3, 7 А в сем коне какой огонь! 1, 1, 3, 4, 5, 5 Куда ты скачешь, гордый конь, 4, 2, 7, 6, 4 И где опустишь ты копыта?...» 1, 3, 8, 2, 6 Решение. Справа от текста вместо слов построчно запи- саны их длины. После подсчета составляем таблицу. Длина слова 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Всего 9 вариант Кратность 5 4 3 7 4 3 2 1 1 Сумма = 30 70
Для нужных гистограмм составляем таблицу с меньшим числом вариант. Длины слов 1, 2 или 3 4, 5 или 6 7, 8 или 9 Всего 3 варианты Кратности 5 + 4 + 3 = 12 7 + 4 + 3 = 14 2 + 1 + 1 =4 Сумма = 30 Частоты (%) 40 46,66 13,33 Сумма » « 100% Осталось нарисовать гистограммы — рис. 23 и 24. слова Рис. 23 71
3. Гистограммы распределения большого объема информации Гистограммы особенно незаменимы в случаях, когда ряд данных состоит из очень большого количества чисел (сотни, тысячи и т. п.). В этих случаях обработчику информации в первую очередь следует разумно выбрать шаг деления проме- жутка между наименьшей и наибольшей вариантами. Слиш- ком маленький шаг даст слишком большое число участков и не упростит вычисления. Слишком большой шаг приведет к слишком серьезному искажению первоначальных данных. Так, если в разобранном выше примере в качестве шага взять 10, то вся гистограмма будет состоять из горизонтального от- резка на единичной высоте, т. е. информация будет утеряна. Идеальный случай, когда шаг вам уже кто-то заранее сообщил: учитель, учебник, руководитель, заказчик и т. п. Если ширина столбцов гистограммы достаточно мала, а основания столбцов в объединении дают некоторый промежу- ток, то сама гистограмма похожа на график некоторой непре- рывной функции заданной на этом промежутке. Иногда та- кую функцию прямо и называют выравнивающей функцией. Например, на рис. 25 приведена гистограмма роста женщин, построенная по выборке, в которой было 1375 женщин. Приведем пример из военного дела. Произвели 500 изме- рений боковой ошибки при стрельбе с самолета. На графике (рис. 26) по оси абсцисс отложены величины ошибок («левее Рис. 25 72
или правее» цели), а по оси ординат отложены частоты этих ошибок. Пример из биологии: измерялся размер 12000 бобов. По оси абсцисс откладывались величины отклонений от среднего размера бобов, а по оси ординат соответствующие частоты (рис. 27). Примеры взяты совершенно из различных областей, а гра- фики функций, выравнивающих гистограммы, похожи друг на друга. Оказывается, что такому же закону распределения подчиняется распределение и горошин по размеру, и новорож- денных младенцев по весу, и частиц газа по скоростям дви- жения, и огромное количество других явлений окружающего нас мира. Подобно тому как графики всех парабол получаются с помощью преобразований из одной-единственной параболы 73
Гауссова кривая (кривая нормального распределения) у = х2, так и все эти кривые распределения получаются из од- ной-единственной кривой. Ее называют кривой нормального рас- пределения или, в честь немецкого математика Карла Га- усса, гауссовой кривой — она изображена на рис. 28. Эта «колоколообразная» кривая симметрична относитель- но оси ординат и имеет единственный максимум. Площадь ча- сти плоскости, ограниченной гауссовой кривой и осью Ох рав- на единице. Ее «ветви» очень быстро приближаются к оси абсцисс: если найти площадь «под гауссовой кривой» на рт- резке [-3; 3], то получится более 0,99, т. е. больше 99% всей площади. Для гауссовой кривой выбрано специальное обозна- чение у = ф(х). Аналитически она задается весьма сложно: 1 ф(х) = ~^=е * л/2л Здесь, кроме знаменитого числа л, используется не менее знаменитое число е, с которым вы познакомитесь в старших классах, мы же пока лишь упомянем, что е ~ 2,7. Для практического использования приведенная «страш- ная» формула не нужна. Для значений этой функции состав- лены подробные числовые таблицы. Они напечатаны в конце книги. Ими мы будем пользоваться в этом и в следующем па- раграфах. Для наглядной демонстрации нормального (гауссова) за- кона распределения иногда используют специальное устрой- ство, названное по имени его изобретателя доской Галыпона 74
(рис. 29). В нем падающие сверху шарики распределяются между правильными шестиугольниками и в результате попадают на горизон- тальную поверхность, образуя кар- тинку, похожую на «подграфик» гауссовой кривой. Вот еще одна иллюстрация нор- мального закона распределения. Пассажиры метро бегут по перехо- ду, выходящему на середину стан- ции. Бегут они на поезд, стоящий напротив выхода из перехода. Платформа, у которой стоит поезд, равномерно разделена колоннами (рис. 30). Ясно, что большинство пасса- жиров войдет в средние вагоны, а Рис. 29 колонны опппппппп Поезд метро Рис. 30 по мере удаления вагонов от центра количество садящихся в них людей будет уменьшаться. Распределение пассажиров по вагонам снова напоминает нормальное, или гауссово, распре- деление. 4. Числовые характеристики, или «паспорт» выборки Вернемся к выборкам и рядам данных. У каждой выбор- ки есть своего рода «паспортные данные», которые весьма существенны. Следует только точно понимать, что они в прин- ципе не могут дать полной информации о выборке: абсолют- 75
но полной информацией о выборке является сама выборка. Но так как объемы выборок данных, как правило, очень велики, то приходится иметь дело с некоторым набором важных чи- словых характеристик этих выборок. Итак, перейдем к составлению «паспорта» выборки. Нам поможет сделанный выше переход от выборок к полигонам частот выборок. Каждый полигон частот — это график неко- торой функции. Этот график является ломаной из конечного числа звеньев. Вершины ломаной соответствуют вариантам и их частотам. Размах выборки — это разница между наибольшей и на- именьшей вариантой. На графике — это длина области опре- деления полигона частот. Мода выборки — это наиболее час- то встречающаяся ее варианта. На графике — это точка, в ко- торой достигается максимум полигона частот (рис. 31). Если эта точка одна или если таких точек несколько, но подряд идущих, то выборку называют унимодальной (одна мода). Унимодальная кривая Бимодальная кривая 76
Возможны и бимодальные (две моды) выборки и т. д. (рис. 32, 33). Наиболее важной характеристикой выборки является ее среднее значение. Для нахождения среднего значения выборки следует: 1) сложить все результаты, входящие в эту выборку; 2) полученную сумму разделить на количество всех ре- зультатов. Например, пусть 10 девятиклассников получили за тест по комбинаторике баллы 9, 14, 12, 9, 15, 12, 9, 15, 12, 12 из двадцати максимально возможных. Тогда среднее значе- ние этой выборки результатов теста равно 9 + 14 + 12 + 9 + 15 + 12+9+15 + 12 + 12 _ 119 _ т т о 10 10 ’ ’ Среднее значение выборки, к сожалению, не имеет нагляд- ной иллюстрации с помощью полигона частот. Оно, по опре- делению, усредняет все различные результаты, заменяя пол- ную, но объемную информацию одним-единственным числом. Само это число, как мы видим, может и не входить в резуль- таты выборки. Среднее значение выборки можно вычислить, предвари- тельно сгруппировав одинаковые слагаемые в числителе. Смотрите, (9 + 9 + 9) + (12 + 12 + 12 + 12) + 14 + (15 + 15) 10 = _ 9 • 3 + 12 4 + 14 1 + 15 2 _ 27 + 48 + 14 + 30 _ о 10 10 ’ ‘ Такой способ подсчета очень удобно применять, когда вы- борка задана своей таблицей распределения выриант. В на- шем примере вариант всего четыре штуки: 9, 12, 14, 15, а их кратности равны, соответственно, 3, 4, 1, 2. Значит, таблица распределения имеет такой вид: Варианта 9 12 14 15 Кратность варианты 3 4 1 2 77
Поэтому можно было бы действовать и так. Сначала пере- множить числа в каждом столбце этой таблицы. Потом сло- жить полученные произведения и затем найденную сумму раз- делить на 10. Сформулируем общее правило. Для нахождения среднего значения выборки можно: 1) каждую варианту умножить на ее кратность; 2) сложить все полученные произведения; 3) поделить найденную сумму на сумму всех кратно- стей. В тех случаях, когда выборка задана распределением не кратностей, а распределением частот, удобно применять еще один способ подсчета среднего значения. Объясним его на том же примере. 9 3 + 12 • 4 + 14 1 + 15 • 2 = 10 = 9 • 0,3 + 12 • 0,4 + 14 • 0,1 + 15 • 0,2 = 11,9. Заметим, что 0,3 — это частота варианты 9; 0,4 — частота варианты 12; 0,1 — частота варианты 14; а последняя вари- анта 15 имеет частоту 0,2. Варианта 9 12 14 15 Кратность варианты 0,3 0,4 0,1 0,2 Значит, можно было бы просто перемножить числа в каж- дом столбце и затем сложить все полученные произведения. Сформулируем общее правило. Для нахождения среднего значения выборки можно: 1) каждую варианту умножить на ее частоту; 2) сложить все полученные произведения. Приведем еще один пример. Пример 4. Найти размах, моду и среднее значение вы- борки: 4, 6, 3, 8, 4, 3, 5, 4, 5, 6, 4, 3, 6, 5, 4, 3, 5, 7, 8, 4. Решение. Всего имеется 20 результатов, самый малень- кий из которых равен 3, а самый большой равен 8. Размах 78
равен 8-3 = 5. Мода, т. е. наиболее часто встречающееся зна- чение в выборке, равна 4. Эта варианта встречается 6 раз. Посчитаем среднее значение, составив таблицу распределения вариант. Варианта 3 4 5 6 7 8 Кратность варианты 4 6 4 3 1 2 Значит, среднее значение равно 34+46+54+63+71+8-2 _ 20 = 12 + 24 + 20+ 18 + 7 + 16 = 97 = л 85 20 20 ’ ‘ Ответ: 5; 4; 4,85. Среднее значение выборки имеет наглядный физический смысл. На оси абсцисс отметим п точек, координаты которых равны вариантам выборки. В первую точку поместим массу, равную частоте первой варианты. Во вторую точку поместим массу, равную частоте второй варианты и т. д. Получится си- стема из п материальных точек. Общий вес этой системы ра- вен 1. Так вот ее центр тяжести в точности совпадает со сред- ним значением выборки. Мы составили простейший «паспорт» выборки. В него вхо- дит размах, мода, среднее значение выборки. Среди других подобных «паспортных данных» выборки упомянем еще ее медиану. Ограничимся выборками, в которых все варианты однократны. Если число таких вариант нечетно, скажем 29, то медиана равна пятнадцатой по счету варианте. Если же число вариант четно, скажем 30, то медиана равна полусум- ме пятнадцатой и шестнадцатой по счету вариант. В лю- бом случае, слева и справа от медианы находится одинаковое число вариант этой выборки. Это и есть основное свойство медианы выборки. Основное преимущество медианы — ниче- го не надо считать для ее нахождения. Следует просто упоря- дочить варианты выборки и потом разделить их на две рав- ные группы. Есть у выборок и другие, более подробные ха- рактеристики, вы узнаете о них в старших классах. 79
5. Экспериментальные данные и вероятности событий В конце параграфа рассмотрим связь между вероятностя- ми случайных событий и экспериментальными статистиче- скими данными. А сделаем это на примере бросания монеты. Будем последовательно, через запятую писать О или Р в зави- симости от того, выпал «орел» или «решка». После п броса- ний при неизменных условиях этого испытания, у нас в ре- зультате получится какая-то случайная последовательность. Например, такая: О, О, Р, О, Р, Р, О, Р, Р, Р, О, О, Р, О, Р, О, О, Р, Р, О, О, Р... Иными словами, имеется выборка, в которой две вариан- ты О и Р. Для каждого числа п бросаний монеты можно со- считать частоту каждой из этих вариант. Сделаем соответству- ющие расчеты для указанной последовательности. п 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 1 2 3 3 4 5 6 6 6 7 7 Частота Р 0 0 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 3 3 4 4 4 4 5 6 6 7 Частота О 1 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Из таблицы видно, что на 6-м, 8-м, 12-м и 14-м местах ча- стоты обоих вариант равны 0,5. В остальных случаях часто- ты отличаются от 0,5, но не сильно. На 7-м месте они равны 0,429 и 0,571, а на 13-м месте — 0,538 и 0,462. И с ростом числа бросаний обе частоты все ближе и ближе будут подхо- дить к 0,5. Практическое проведение большого числа экспе- риментов показывает, что частота выпадения орла при доста- точно большом числе бросаний практически неотличима от 0,5. Как уже упоминалось в конце предыдущего параграфа при п = 24000 эта частота у К. Пирсона получилась равной 0,5005. Итак, при каждом конкретном числе бросаний монеты частота или, как ее называют, эмпирическая частота выпа- дения герба принимает какое-то конкретное значение. Оно может меняться с изменением числа бросаний. Только вот изменения эти практически незаметны. При достаточно боль- 80
шом числе бросаний частота приближается к некоторому по- стоянному числу. В данном случае к 0,5. Мы сталкиваемся с замечательным законом природы — статистической устой- чивостью. Определение. При большом числе независимых повторе- ний одного и того же опыта в неизменных условиях частота появления определенного случайного события практически совпадает с некоторым постоянным числом. Это явление на- зывают статистической устойчивостью, а такое число назы- вают статистической вероятностью этого события. Такая устойчивость имеет место не только при бросании монеты, но и при вытаскивании карт, выпадении определенно- го числа очков на игральных кубиках, рождении мальчиков, времени восхода солнца и, вообще, для большинства случай- ных событий. Явление статистической устойчивости соединяет реально проводимые испытания с теоретическими моделями этих испытаний. Приведем несколько примеров, связанных с литературой. Статистические исследования над большим количеством литературных текстов показали, что частоты появления той или иной буквы (или пробела между словами) стремятся при увеличении объема текста к некоторым определенным кон- стантам. Таблицы, в которых собраны буквы того или иного языка и соответствующие константы, называют частотными таблицами языка. Приведем таблицу для букв русского ал- фавита и пробелов (частоты приведены в процентах). Буква А Б В Г д Е •щ» 3 И й Частота 6,2 1,4 3,8 1,1 2,5 7,2 0,7 1,6 6,2 1,0 Буква К Л М Н О П Р С Т У ф Частота 2,8 3,5 2,6 5,3 9,0 2,3 4,0 4,5 5,3 2,1 0,2 Буква X ц Ч Ш щ Ы Ь Э Ю Я - Частота 0,9 0,4 0,4 0,6 0,3 1,6 1,4 0,3 0,6 1,8 17,5 Это значит, что из 1000 случайно выбранных в тексте букв или пробелов буква «ф» будет, в среднем, встречаться два раза, буква «о» — девяносто раз, пробел — 175 раз и т. д. 81
Более того, выясняется, что у каждого автора есть своя час- тотная таблица использования букв, слов, специфических ли- тературных оборотов и т. п. По этой частотной таблице мож- но определить автора примерно так же точно, как и по отпе- чаткам пальцев. Приведем два примера из нашей недавней истории. До сегодняшнего дня не утихают споры об авторстве «Тихого Дона». Довольно многие считают, что в 23 года М. А. Шоло- хов такую глубокую и поистине великую книгу написать про- сто не мог. Выдвигались разные аргументы и разные канди- даты в авторы. Особенно жаркими были споры в момент при- суждения М. А. Шолохову Нобелевской премии в области литературы (1965 г.). Статистический анализ романа и сличе- ние его с текстами, в авторстве М. А. Шолохова которых не было сомнений, подтвердил все же гипотезу о М. А. Шолохове, как об истинном авторе «Тихого Дона». Вторая история носит более политический характер. В се- редине 60-х годов в одной из стран Западной Европы были опубликованы «очерняющие прогрессивный характер социа- листической системы» литературные произведения. Автором был А. Терц и, вне всякого сомнения, это был псевдоним. В соответствующих органах был проведен сравнительный ана- лиз опубликованных «вредительских» текстов и результаты были сличены с произведениями ряда возможных кандидатов в авторы. Ответ оказался однозначным: настоящим автором был литературовед Андрей Донатович Синявский. Он, в об- щем-то, не отпирался и на суде в 1967 году («Процесс Синяв- ского и Даниэля») получил 5 лет тюрьмы и 7 лет ссылки. Вот такая вот теория вероятностей и математическая статистика. УПРАЖНЕНИЯ 1. Варианты и их кратности 1. После группировки данных эксперимента получилась такая таблица их распределения: Варианта -3 0 4 5 9 11 12 15 20 Кратность варианты 12 9 1 64 34 56 7 8 9 82
а) Определите объем выборки. б) Найдите наиболее часто встретившуюся варианту. в) Допишите к таблице третью и четвертую строки из частот и процентных частот вариант. г) Найдите сумму чисел в третьей и четвертой строках. 2. В вашем (или в соседнем) классе соберите данные о ме- сяцах рождения учеников. Месяцы удобнее перечислять не по названиям, а по порядковому номеру. а) Каков общий ряд данных? б) Выпишите ряд данных полученной вами выборки. в) Составьте таблицу распределения из четырех строк: варианты, кратности, частоты, частоты в процентах. г) Укажите наиболее и наименее часто встретившуюся варианту. 3. Выборка состоит из всех букв, входящих в двустишие «...Это дерево — сосна, И судьба сосны ясна...» а) Выпишите ряд данных выборки. б) Найдите объем выборки. в) Определите кратность и частоту варианты «о». г) Какова наибольшая процентная частота вариант вы- борки? 4. При выборочной переписи населения в 20 квартирах были получены следующие сведения о годах рождения их жильцов (первые две цифры 1 и 9 не пишем): 30, 56, 98, 77, 93, 31, 61, 80, 87, 52, 56, 32, 87, 73, 93, 81, 57, 52, 61, 87, 90, 92, 85, 87, 70, 61, 93, 87, 52, 53, 40, 56, 48, 51, 61, 87, 88, 90, 52, 60, 22, 34, 48, 52, 88, 87, 91, 62, 63, 87, 39, 40, 52, 87, 99, 91, 87, 65, 61, 55. а) Каков общий ряд данных этого измерения? б) Составьте ряд данных. в) Найдите кратность и частоту вариант 61 и 87. г) Составьте таблицу кратностей, разбив данные на ин- тервалы по годам: № 1 от 22 до 30; № 2 от 31 до 40; № 3 от 41 до 50; № 4 от 51 до 60; № 5 от 61 до 70; № 6 от 71 до 80; № 7 от 81 до 90; № 8 от 91 до 99. 83
2. Многоугольники распределения данных 5. (Продолжение упражнения 1.) а) На оси абсцисс отложите значения вариант, а на оси ординат — их (процентные) частоты. Удобно одну клеточку по вертикали принять за 5%. б) Соедините отрезками соответствующие точки плоско- сти, т. е. постройте многоугольник (процентных) частот. в) Какова частота множества всех четных по величине вариант? Всех нечетных по порядку возрастания вариант? г) Приблизительно постройте круговое распределение частот. Для этого круг следует разбить на 9 секторов, соот- ветствующих вариантам выборки так, чтобы площади секто- ров занимали (в процентах) соответствующую часть площади всего круга. 6. (Продолжение упражнения 3.) Алфавит разбит по порядку на три одинаковых участка: № 1 от «а» до «й», № 2 от «к» до «у», № 3 от «ф» до «я». а) Найдите кратность и (процентную) частоту участка №3. б) Составьте таблицу распределения частот участков. в) Укажите участок наибольшей частоты. г) Постройте гистограмму частот с выбранным распре- делением на участки. 7. (Продолжение упражнения 4.) а) Найдите кратность и (процентную) частоту интервала № 5. б) Составьте таблицу распределения частот интервалов. в) Укажите участок наибольшей частоты. г) Постройте гистограмму частот с выбранным распре- делением на интервалы. 8. В вашем (или в соседнем) классе соберите данные о днях рождения учеников. а) Разбейте общий ряд данных на три участка: № 1 — [1; 10], №2 — [11; 20], №3 — [21; 31], и составьте таблицу распределения частот. 84
б) Постройте соответствующую гистограмму. в) Рассмотрите шесть участков: № 1 — [1; 5], № 2 — [6; 10], №6 — [26; 31], и составьте таблицу распределе- ния частот. г) Постройте соответствующую гистограмму. 3. Кривая нормального распределения 9. Используя таблицу значений функции ф(х), найдите: а) <р(0,1), <р(0,3), <р(1,7); б) ср(0,11), ф(0,33), ф(1,77); в) х, если х > 0 и ф(х) = 0,1781; г) х, если х < 0 и ф(-х) = 0,0116. 10. а) Используя таблицу значений функции ф(х), самостоя- тельно изобразите график гауссовой кривой. б) Во сколько раз ф(0) больше чем ф(1)? в) Во сколько раз ф(2) меньше ф(1)? г) Найдите площадь трапеции с вершинами (1; 0), (1; ф(1)), (2; ф(2)), (2; 0). 11. По следующим эскизам графиков (рис. 34, а, б, в, г) оп- ределите, какое из распределений частот лучше всего может быть «выровнено» гауссовой кривой. 85
12. Деталь по плану должна весить 431 г. Контроль при взвешивании 2000 деталей дал такие результаты: Вес(г) 427 428 429 430 431 432 433 434 435 Число деталей 40 80 220 360 610 430 200 40 20 а) Составьте таблицу распределения частот в процентах. б) Постройте многоугольник частот (для удобства из всех вариант вычтите по 431). в) Похоже ли распределение на нормальное распределение? г) Каков процент деталей, вес которых отличается от пла- нового не более, чем на два грамма? 4. Числовые характеристики выборки 13. а) По данным выборки 7, 8, 9, 7, 6, 7, 6, 9, 7, 8 со- ставьте таблицу ее распределения. б) Постройте многоугольник частот в процентных. в) Найдите размах и моду выборки. г) Вычислите среднее арифметическое и изобразите все характеристики выборки на графике из пункта б). 14. У 25 девятиклассников спросили, сколько в среднем часов в день они смотрят телевизор. Вот, что получилось: ТВ в день (ч) 0 1 2 3 4 Число школьников 1 9 10 4 1 Определите: а) размах; б) моду; в) среднее арифметиче- ское выборки; г) постройте многоугольник частот, и укажите на нем данные из пунктов а) — в). 15. 60 девятиклассников проверили на скорость чтения (количество слов за минуту чтения). Полученные данные сгруппировали по пяти участкам: № 1 — [91; 100]; №2 — [101; 110]; №3- [111; 120]; №4 — [121; 130]; №5 — [131; 140]. Получилась такая гистограмма кратностей (рис. 35). Приблизительно оцените: а) размах; б) моду; в) среднее арифметическое выборки; г) объясните, почему ответы лишь приблизительные. 86
Кратность 16. (Продолжение упражнения 2.) Найдите: а) размах; б) моду; в) среднее арифметическое для экспериментальных выборок. 17. После урока по теме «Статистика» на доске осталась таблица: ________________________________ Варианта 4 7 Кратность варианты 5 2 3 и ответ: «Ср. арифм. = 10». а) Заполните пустое место в таблице. б) Укажите размах и моду полученной выборки. в) Может ли в ответе для среднего арифметического стоять 15, если все варианты — целые числа? г) Заполните пустое место в таблице, если в ответе за- писано «Ср. арифм. = М». 18. После урока по теме «Статистика» на доске осталась таблица: _________________________________ Варианта 4 7 11 Кратность варианты 5 2 и ответ: «Ср. арифм. = 10». а) Заполните пустое место в таблице. б) Укажите размах и моду полученной выборки. в) Можно ли так заполнить свободное место, чтобы среднее арифметическое равнялось 5? г) Какое ближайшее к 5 число может стоять в ответе для среднего арифметического? 87
19. Таблица распределения выборки имеет вид: Варианта 0 1 3 5 6 Кратность варианты 19 2 Зх - 1 5 4х - 9 а) Выразите через х среднее арифметическое. б) Как выглядит график зависимости среднего ариф- метического от х? в) Каким может быть целое число х, если модой явля- ется О? г) Может ли мода выборки равняться 3? 20. Таблица распределения выборки имеет вид: Варианта 0 1 3 5 6 Кратность варианты 10 2х Зх - 1 5 х + 5 а) Выразите через х среднее арифметическое. б) Как выглядит график зависимости среднего арифме- тического от х? в) Каким может быть целое число х, если модой явля- ется 0? г) Может ли мода выборки равняться 1? § 5. НЕЗАВИСИМЫЕ ПОВТОРЕНИЯ ИСПЫТАНИЙ С ДВУМЯ ИСХОДАМИ «...Случайность главным образом зависит от нашего знания...» Якоб Бернулли В предыдущих параграфах мы много раз встречались с ситуацией, когда одно и то же испытание повторяется не- сколько раз подряд. В каждом из таких повторений нас инте- ресовал вопрос о том, произойдет или не произойдет некото- рое событие. А во всей серии повторений было важно, сколь- ко именно раз произойдет или не произойдет это событие. Например, игральный кубик бросили 10 раз подряд. Какова вероятность того, что «четверка» выпадет ровно три раза? Или 88
же, какова вероятность того, что «четверка» выпадет ровно пять раз? Швейцарский математик XVII в. Якоб Бернулли объединил примеры и вопросы такого типа в единую вероят- ностную задачу (схему). СХЕМА БЕРНУЛЛИ Рассматривают независимые повторения одного и того же испытания с двумя возможными исходами, которые условно называются «успех» и «неудача». Требуется найти вероятность Pn(k) того, что при п таких повторениях про- изойдет ровно k «успехов». В вышеприведенном вопросе с кубиком «успех» — это вы- падение «четверки» при одном бросании кубика, «неудача» — это выпадение не «четверки» при одном бросании кубика, а число п независимых повторений равно 10. Соответственно, число k «успехов» равно 3 в первом вопросе и число k «успе- хов» равно 5 во втором вопросе. Значит, эти вопросы можно сформулировать и так: найти вероятности Р10(3) и Р10(5). Рас- смотрим другие примеры. 1. Примеры схем Бернулли Пример 1. Объясните, почему следующий вопрос явля- ется частным случаем схемы Бернулли: «Какова вероятность того, что при 123 бросаниях монеты «решка» выпадет ровно 45 раз?» Решение. Испытание состоит в однократном бросании монеты. «Успех» — выпадение «решки», а «неудача» — вы- падение «орла». Мы предполагаем, что все испытания прохо- дят независимым друг от друга способом. Всего п = 123 испы- тания. Нас интересует вероятность того, что «решка» выпадет ровно 45 раз — произойдет 45 «успехов». Значит, вопрос задачи можно сформулировать так: «Найти вероятность Р123(45)». Пример 2. В черном ящике находятся 10 белых шаров, 11 рыжих шаров и 79 фиолетовых шаров. Шары извлекают по одному, записывают их цвет и возвращают обратно в ящик. Объясните, почему следующий вопрос укладывается в схему Бернулли: «Какова вероятность того, что все из 100 извлечен- ных шаров будут фиолетовыми?» 89
Решение. Испытание состоит в однократном вытаски- вании шара. «Успех» — шар оказался фиолетовым, а «неуда- ча» — шар оказался белым или рыжим. Мы предполагаем, что все испытания происходят независимым друг от друга спо- собом. Шары после каждого испытания возвращаются в ящик, т. е. происходит повторение одного и того же испытания, все- го производится п = 100 испытаний. Нас интересует ве- роятность того, что произойдет 100 «успехов». Значит, во- прос задачи можно сформулировать так: «Найти вероятность Лоо(1ОО)»- Для получения численных значений в таких задачах не- обходимо заранее знать вероятность «успеха» и вероятность «неудачи». В случае с игральным кубиком это, соответствен- 1 5 тт но, числа и . При бросаниях монеты вероятности «успе- ха» и «неудачи» равны между собой и, значит, равны 0,5. В примере 2 вероятность «успеха» (вытащенный шар оказал- ся фиолетовым) равна 0,79, а вероятность «неудачи» равна 0,21. В общем случае вероятность «успеха» может быть про- извольным числом р из отрезка [0; 1]. Так как рассматрива- ется испытание всего с двумя исходами, то вероятность «не- удачи» равна числу q = 1 — р также из отрезка [0; 1]. Я. Бер- нулли вычислил искомую вероятность Рп(й), используя числа С*, которые мы рассматривали в §3. Он доказал следующую замечательную теорему. ТЕОРЕМА (Бернулли). Вероятность Pn(k) наступления ровно k успехов в п независимых повторениях одного и того же испытания находится по формуле Pn(k) = С* • р* - qnk, (*) где р — вероятность «успеха» и q = 1 - р — вероят- ность «неудачи» в отдельном испытании. Посмотрим, какой ответ дает эта теорема в задаче про бро- сания игрального кубика. Пример 3. Какова вероятность того, что при 10 броса- ниях игрального кубика «четверка» выпадет ровно три раза? Решение. Число п независимых повторений (бросаний) равно 10. Число k «успехов» равно 3. Вероятность р «успе- ха», т. е. вероятность выпадения «четверки» при одном бро- 90
сании кубика, равна а вероятность «неудачи» равна, со- 5 гт ответственно, . Подставляем эти данные в формулу из тео- ремы Бернулли. Рю(3) = С?о • | | « 120 0,00129 « 0,155. Ответ: « 0,155. Действуя по этой же схеме, можно найти вероятность того, что при десяти бросаниях игрального кубика «четверка»: а) выпадет ровно два раза; б) выпадет ровно шесть раз; в) не выпадет ни разу. Получатся такие ответы: а) Ло(2) ’ С?» •[I] '[Ip / хб Z ч4 « ^(6) = Cf„ . (Ij -[j] ; в) До (0) = Go • | 4 | • | = | • \ о J \ о ) \ о ) Для нас сейчас не слишком важны численные ответы. Существенно то, что все эти ответы получаются по одной и той же формуле — по формуле из теоремы Бернулли. Пример 4. Найти вероятность того, что при 9 бросаниях монеты «орел» выпадет ровно четыре раза. Решение. «Успех» в нашем случае означает выпадение «орла» и его вероятность р равна 0,5. Такова же и вероятность q «неудачи», т. е. выпадения «решки». Сами бросания мы пред- полагаем независимыми друг от друга. Значит, мы имеем дело с частным случаем общей схемы Бернулли, в котором п = 9, k = 4, р = 0,5, q = 0,5. Используя теорему Бернулли, получаем / х9 Р44) = (0<4 = | - = 6-7-89 1 = 7-2-9 63 . 0 216 1 2 3 4 ' 512 512 256 Ответ: = 0,246. 91
Рассмотрим пример, в котором применяется сформулиро- ванная теорема для вероятности противоположного события, а затем вычисляется вероятность самого события. Пример 5. За один выстрел стрелок поражает мишень с вероятностью 0,1. Найти вероятность того, что при пяти вы- стрелах он хотя бы раз попадет в мишень. Решение. Считаем, что все пять выстрелов производят- ся независимо друг от друга. «Успех» в данном случае озна- чает попадание в мишень при одном выстреле. Его вероят- ность равна 0,1. Вероятность «неудачи», т. е. выстрела мимо мишени равна 1 - 0,1 = 0,9. Число k «успехов» отлично от нуля: k G {1; 2; 3; 4; 5}, п = 5, р = 0,1, q = 0,9. Обозначим А интересующее нас событие. Тогда противо- положное событие А состоит в том, что число «успехов» рав- но нулю, т. е. что стрелок все пять раз «промазал». Значит, Р(А) = 1-Р(А) = 1-Р5(0) = = 1 - С5° • 0,1° • 0,95 = 1 - 0.95 = 1- 0,5905 = 0,4095. Ответ:- 0,4095. 2. Вычисления с помощью функции ф Теорема Бернулли дает абсолютно точный ответ для веро- ятности Рл(й). И это хорошая новость для нас. А вот и пло- хая новость. Попробуйте по формуле (*) из этой теоремы най- ти, например, число Р100(37) = Q3070 • (0,79)37 • (0,21)63, т. е. ве- роятность того, что в примере 2 ровно 37 из 100 шаров окажутся фиолетовыми. Ясно, что практически это невозмож- но. Оказывается, что абсолютная точность не упрощает, а ус- ложняет получение ответа в большинстве приложений! Но раз точные ответы для вероятности Pn(k) вычислить сложно, то, может быть, существуют те или иные способы приближенных вычислений? Теперь опять хорошая новость. Да, такие при- ближения действительно возможны! Более того, удивительным образом оказалось, что в огромном числе различных ситуаций все эти приближения могут быть произведены с помощью одной-единственной функции у = ф(х). Графиком этой функ- ции является гауссова кривая, т. е. кривая нормального рас- 92
пределения. С ней мы уже встречались в предыдущем пара- графе (рис. 28). Доказал возможность такого использования функции ф французский математик Пьер Симон Лаплас. Но теперь опять плохая новость. Функция у = ф(х) задается с помощью очень сложной формулы (см. § 4): 1 ф(х) = —р=е 2 v л/2л Наконец, последняя и самая хорошая с точки зрения при- ложений новость: для функции у = ф(х) имеются подробные таблицы ее значений. Эти таблицы составлены для значений аргумента х с шагом 0,01. Опишем способ использования функции у = ф(х) для при- ближенных вычислений вероятности Pn(k). АЛГОРИТМ ИСПОЛЬЗОВАНИЯ ФУНКЦИИ ф В ПРИБЛИЖЕННЫХ ВЫЧИСЛЕНИЯХ Для вычисления вероятности Pn(k) наступления ровно k успехов в п испытаниях, проводимых по схеме Бернулли, следует: 1) проверить справедливость неравенства npq > 10; k - пр 2) вычислить х по формуле х = .- ; 3) по таблице найти значение ф(х); 4) предыдущий результат разделить на yjnpq. Пример 6. Вероятность рождения мальчика примем рав- ной 50%. Найти вероятность того, что среди 200 новорожден- ных будет ровно: а) 110 мальчиков; б) 80 мальчиков. Решение. Будем действовать по предложенному алгорит- му. В нашем случае п = 200, р = q = 0,5. Значит npq = 50, что 9Э
больше 10 и Jnpq ~ 7,07. В случае а) число успехов k равно 110, а в случае б) k = 80. Переходим к второму пункту алго- ритма: а) х = k-пр = HQ - 10Q Jnpq 7,07 10 7,07 = 1,41; б) х = k- пр = 80 - 100 = 20 =s _2 go Jnpq 7,07 7,07 Используя таблицы, находим ответы: а) Р2Оо(11О) = <Р^1’4_1^ = = 0,02; ' ' 7,07 7,07 б> Р (80\ ~ ф(“2’83) - ф(2’83) ~ 0,0073 ~ 0 0()1 б) Р20о(80) - -------—---------— ~ 0,001. Ответы: а) 0,02; б) 0,001. Рассмотрим внимательнее неравенство npq > 10 из перво- го пункта приведенного алгоритма. Так как q = 1 - р , то pq - - р(1 _ Р) и наибольшее значение этого квадратичного выра- жения (относительно ре [0; 1]) достигается при р - 0,5. Само наибольшее значение равно 0,25. Значит, 0,25n > npq > 10. Поэтому 0,25п > 10, т. е. п > 40. Следовательно, указанный алгоритм дает хорошую точ- ность приближения, когда данное испытание независимо по- вторяется, как минимум, несколько десятков раз. На прак- тике чаще всего рассматривают сотни повторений. При мень- шем числе повторений точность приближения ухудшается. Рассмотрим пример, в котором сравним точные вычисления по теореме Бернулли и приближенные вычисления с помощью кривой нормального распределения. Пример 7. Какова вероятность того, что при 10 бросаниях игрального кубика «четверка» выпадет ровно три раза? Решение. По теореме Бернулли у нас уже получился от- вет 0,155 (пример 3). Посчитаем ту же вероятность с помо- щью функции у = <р(х). В нашем случае п = 10, k = 3, р = , 5 50 ___ гч q= ё • Значит, npq = 35 и Jnpq = -. 94
3 10 х = 1=^ я - 6 = 8 = 1Д4 Jnpq 1_ 7 6 Используя таблицы, находим ответ: р /о\ ~ ~ 0,2083 ~ п 178 pw(3) ~ ------ijT- ~ 0,178. Как видим, ошибка по сравнению с теоремой Бернулли до- статочно существенна. Она составляет примерно 0,023, т. е. более седьмой части точного ответа 0,155. 3. Вычисления с помощью функции Ф Вероятности Pn(k), как правило, весьма малы. Это вполне объяснимо даже и без вычислений, на интуитивном уровне. Если монету бросить 1000 раз, то практически невероятно выпадение ровно 694 «орлов», или именно 427 «решек» и т. п. Поэтому при большом числе п в схеме Бернулли для числа k успехов устанавливают не одно точное значение, а некоторые рамки, в пределах которых может меняться число k. Напри- мер, найти вероятность того, что при 1000 бросаниях монеты «орел» выпадет от 500 до 600 раз, или вероятность того, что среди 200 новорожденных будет от 70 до 110 мальчиков. Для вычисления таких вероятностей снова используют функцию ф(х). Удобнее только ввести некоторую дополнительную функ- цию у = Ф(х). Для этой функции также составлены таблицы значений, а связана она с ф(х) так. Если аргумент х положи- телен, то значение Ф(х) равно площади «под гауссовой кри- вой» на отрезке от 0 до х (рис. 36). Если х < 0, то значение Ф(х) равно числу, противоположному площади «под гауссо- вой кривой» на отрезке от х до 0 (рис. 37). Иными словами, если х < 0, то Ф(х) = -Ф(-х). Наконец, Ф(0) = 0. Значит, функция у = Ф(х) нечетна, а ее график симметричен относи- тельно начала координат. Ясно также, что эта функция воз- растает на всей прямой. При неограниченном возрастании ар- гумента х площадь под гауссовой кривой на отрезке [0; х] будет приближаться к половине всей площади между осью Ох и гауссовой кривой. Но вся эта площадь, как мы уже говорили ранее, равна 1. Значит, при неограниченном возрастании х 95
Ф(х) — площадь заштрихованной фигуры Ф(х) = -ф(-х) значения Ф(х) возрастают и приближаются к 0,5. Так как функция Ф нечетна, то при отрицательных х ее значения меняются от 0 до -0,5, не включая концы. Итак, множество значений Ф(х) принадлежит интервалу (-0,5; 0,5). График функции изображен на рис. 38. АЛГОРИТМ ИСПОЛЬЗОВАНИЯ ФУНКЦИИ Ф В ПРИБЛИЖЕННЫХ ВЫЧИСЛЕНИЯХ Для вычисления вероятности того, что в п испытаниях Бернулли число успехов k находится в промежутке от kt до fe2 следует: 1) проверить справедливость неравенства npq > 10; 2) вычислить хг и х2 по формулам kt - пр k> - пр х1 = - и *2 = I____г ; yjnpq ^npq 3) по таблице найти значения ФСд^) и Ф(х2); 4) вычислить Ф(х2) - Ф(л\). Pn(fe1 < k < fe2) « Ф(х2) - Ф(хх) Пример 8. Политика П. поддерживают в среднем 40% населения. Какова вероятность того, что из 1500 случайно опрошенных этого политика поддерживают: а) от 570 до 630 человек; б) от 600 до 660 человек. Решение. Считаем, что опрос 1500 человек происходит независимо и что вероятность поддержки политика П. отдель- 96
ф(-х) = - ф(х) Рис. 38 ным респондентом, т. е. вероятность р «успеха» равна 0,4. Тогда q = 1 - р = 0,6 и npq = 1500 • 0,4 • 0,6 = 360, 360 > 10, jnpq ~ 19. В пункте а) число «успехов» k находится в пределах от 570 до 630. В пункте б) — в пределах от 600 до 660. Вычислим значения хг и х2: . - пр а) хг = 4—г = 570 - 1500 0,4 _ 30 , KQ — ~ 1,Эо И 19 19 _ к^-пр Лл? — / 4прч . 630 ~ 600 ~ 1 58- 19 ’ ’ - пр 6)*i = . ' = ^npq 600 - 600 п — и И 19 _ 112- Пр _ Х2 — VnpQ , 660 - 600 _ 60 S з 1б 19 19 ’ ’ Тогда: а) Р1500(570 < k < 630) = Ф(х2) - Ф(хх) = Ф(1,58) - Ф(-1,58) = = 2Ф(1,58) « 2 • 0,443 « 0,886; 97
б) л500(боо < k < ббо; = ф(х„) - ф(х.) - Ф(з,1б) - ф(0) = = Ф(3,16) « 0,499. Ответы: а) 0,886 ; б) 0,499 Из таблицы значений функции Ф видно, что при х > 3 ее значения практически совпадают с 0,5. Как это отражается на практике проиллюстрируем таким примером. Пример 9. Известно, что 75% учеников начальной шко- лы не имеют четвертных троек. Случайным образом выбрали 300 учеников. Какова вероятность того, что «троечников» среди них будет более 99? Решение. Мы считаем, что производится 300 независи- мых повторений одного и того же испытания: случайный выбор одного ученика и проверка того, является он троечни- ком или нет. При этом «успехом» считается тот факт, что у проверяемого есть тройки. По условию п - 300, р - 0,25, q = = 0,75, 100 < k < 300. Значит, пр = 75, npq = 75 • 0,75 = 7,52, у] npq = 7,5. Xi - пр ^npq 100 - 75 7,5 - 3,333 и 7,5 = fy-np = 300 - 75 = 30 7^ 7’5 Значения функции Фив точке 3,333..., и в точке 30 прак- тически равны 0,5. Поэтому искомая вероятность Рзоо(1ОО С < k С 300) « Ф(х2) - Ф(хх) крайне невелика: с точностью до 0,1% она равна нулю. Ответ: 0 (с точностью до одной тысячной). 4. Закон больших чисел Продолжим пример 9 и найдем вероятность того, что тро- ечников будет от 60 до 90. Как и выше, п = 300, р = 0,25, пр = 75, q = 0,75, а вот число успехов k лежит в промежутке [60; 90]. Получаем Рзоо(6О < k < 90) = ф[- ф[]= Ф(2) -Ф(-2) = I (, О I ( •, О I = 2Ф(2) = 2 • 0,4772 = 0,9544. 98
Мы видим, что с вероятностью более чем 95% число успе- хов будет находиться в пределах от 60 до 90, т. е. находиться «рядом» с числом 75 = пр. Вспомним алгоритм использования функции ср: а (*) - k - пр Jnpq y/npq Так как функция ср принимает наибольшее значение при х = 0, то вероятность Pn(k) принимает наибольшее значение k - пр при k = пр, т. е. когда числитель дроби г— обращается в yjripq НОЛЬ. Значит, число пр всегда является наивероятнейшим зна- чением числа успехов в п испытаниях. Допустим, что мы провели п независимых повторений ис- пытания с двумя исходами и пусть «успех» мы наблюдали k ровно k раз. Тогда число — естественно назвать частотой (или эмпирической частотой) успеха. Насколько же частота успеха в п испытаниях отличается от вероятности р успеха в одном испытании? Использование функций (р и Ф позволяет доказать, что при достаточно большом числе п повторений k испытания с двумя исходами числа — и р практически со- впадают между собой. Пр и м е р 10. Известно, что 90% жителей страны ни разу не ели авокадо. Случайным образом выбрали п жителей и нашли число k тех из них, которые не ели авокадо. Насколь- ко большим должно быть число п, чтобы с вероятностью бо- k лее 60% можно было утверждать, что частота — отличается от 0,9 не более чем на 0,01? Решение. По условию р = 0,9, q = 0,1, пр = 0,9п, npq = = 0,09п, у]npq = 0,Зл/п. В отличие от предыдущих задач неизвестным является само число п независимых повторений испытания. Условие, 99
что частота — отличается от 0,9 не более чем на 0,01, запи- п шем неравенством А - 0,9 и <0,01,т. е. \k - 0,9п| < 0,01п, или 0,89п < k < 0,91п. Для нахождения вероятности того, что это двойное нера- венство верно, используем функцию Ф. Рл(0,89п <0,91п) == Ф 0,91и - 0,9и 0,3\/п 0,89и - 0,9и О,3л/и = 2ф№ 0,3 30 По условию, эта вероятность должна быть более чем 0,6. Значит, 2Ф Vn 30 > 0,6, или Ф уп 30 0,3, а с учетом того, что 0,3 = Ф(0,84), получаем -£> 0,84. Таким oU образом, \[п> 25,2 и п > 635. В итоге, чтобы условие задачи выполнялось, следует опро- сить более 635 жителей. Ответ: 635. Обратим внимание на полученное в этом примере равенство Р - - 0,9 п <0,01 = Р„(0,89и </? <0,91п) = 2Ф На рис. 38 видно, что значение функции Ф практически совпадает с 0,5, если значение аргумента превышает 3. При достаточно больших п дробь —будет больше 3 и тогда прак- 30 тически со стопроцентной вероятностью можно утверждать, что частота «успеха» будет отличаться от вероятности успеха менее чем на 0,01. Решая неравенство у/п > 90, получаем, что 100
такое совпадение частоты и вероятности гарантированно на- ступит при опросе 8100 жителей. Мы на конкретном примере убедились в справедливости одного из важнейших законов теории вероятностей — закона больших чисел. ЗАКОН БОЛЬШИХ ЧИСЕЛ При неограниченном увеличении числа повторений не- которого испытания частота наступления в этом испыта- нии события А практически совпадает с вероятностью Р(А) этого события. В частности, если неизвестна вероятность случайного со- бытия А, которое может произойти или не произойти в ре- зультате некоторого испытания, то мы можем многократно повторять это испытание и вычислять частоту наступления этого события. При большом числе повторений найденная та- ким образом частота приблизительно будет равна вероятности Р(А) этого случайного события А. Подведем итог последнего параграфа. Основной теорети- ческий факт — это теорема Бернулли про нахождение вероятности Pn(k). С практической точки зрения, самой важ- ной является связь между этой теоремой и кривой нор- мального распределения. А использование функций фиФ убедительно подтверждает явление статистической ус- тойчивости, о котором говорилось в конце предыдущего параграфа. Одной из форм явления статистической устойчи- вости является закон больших чисел. 101
УПРАЖНЕНИЯ 1. Схема Бернулли 1. Объясните, почему следующие вопросы укладываются в схему Бернулли. Укажите, в чем состоит «успех» и чему равны пик. а) Какова вероятность трехкратного выпадения «двой- ки» при десяти бросаниях игрального кубика? б) Какова вероятность того, что при ста бросаниях мо- неты «орел» появится 73 раза? в) Двадцать раз подряд бросили пару игральных куби- ков. Какова вероятность того, что сумма очков ни разу не была равна десяти? г) Из колоды в 36 карт вытащили три карты, записали результат и возвратили их в колоду, затем карты перемеша- ли. Так повторялось 4 раза. Какова вероятность того, что каж- дый раз среди вытащенных карт была дама пик? 2. а) По какой формуле вычисляется С2? б) Вычислите Cf7 - С25. в) По какой формуле вычисляется С*? г) Вычислите Q37 - Q45. 3. В следующих испытаниях найдите вероятности «успеха» и «неудачи». а) Бросают пару различных монет. «Неудача» — выпа- дение двух орлов. б) Бросают игральный кубик. «Успех» — выпадение числа, кратного трем. в) Бросают пару различных кубиков. «Неудача» — вы- падение двух четных чисел. г) Из 36 игральных карт берут 5. «Успех» — среди них нет дамы пик. 4. Напишите формулы, по которым следует находить ве- роятность того, что при четырех бросаниях игрального кубика «тройка» выпадет: а) ровно два раза; в) все четыре раза; б) ровно три раза; г) не выпадет ни разу; д) вычислите вероятности этих событий (пункты а — г). 102
5. Из набора домино случайно вытаскивают одну «доми- ношку», записывают сумму очков на ней, и возвращают ее обратно. Так делают 3 раза. Найдите вероятность того, что: а) дубль появляется ровно один раз; б) дубль появляется ровно два раза; в) дубль появляется хотя бы раз; г) сумма очков на «доминошке» каждый раз больше 9. 2. Использование функции ф 6. Укажите значения n, k, р, q. Напишите формулу веро- ятности Pn(k). а) Случайным образом называют десять цифр. Какова вероятность того, что цифра 5 встретится ровно семь раз? б) «Хорошо», если наудачу выбранная карта из 36 — не бубновой масти. Карту каждый раз возвращают в колоду. Какова вероятность того, что ровно в 90 случах из 200 таких вытаскиваний будет «плохо»? в) Бросание кубика считается удачным, если выпадает 5 или 6 очков. Какова вероятность того, что ровно 175 броса- ний из 293 будут удачными? г) Одновременно бросают три различные монеты. «Пло- хо», если «решек» больше, чем «орлов». Какова вероятность того, что «хорошо» будет ровно в трех случаях из 1000 таких бросаний? 7. Используя таблицу значений функции ф, найдите: а) ф(0,1), ф(0,3), ф(1,7); б) ф(0,11), ф(0,33), ф(1,77); в) ф(0,22), ф(0,44), ф(1,88); г) ф(0), ф(0,09), ф(3,99). 8. Используя таблицу значений функции ф, найдите х, если известно, что: а) ф(х) = 0,1781; в) ф(х) = 0,3988; б) ф(х) = 0,1006; г) ф(-х) = 0,0116. 9. Вычислите вероятность Pn(k) по алгоритму, использую- щему функцию ф для приближенных вычислений, если: а) п = 100, k = 52, р = 0,5; б) п = 900, k = 447, р = 0,5; в) п = 192, k = 44, р = 0,25; г) п = 294, k = 40, р = |. 103
10. Вероятность рождения мальчика примем равной 50%. Найдите вероятность того, что среди 400 новорожденных бу- дет ровно: а) 220 мальчиков; в) 210 мальчиков; б) 180 девочек; г) 300 девочек. 3. Использование функции Ф 11. Используя таблицу значений функции Ф, найдите: а) Ф(0,1), Ф(0,3), Ф(1,7); б) Ф(0,11), Ф(0,33), Ф(1,77); в) Ф(0,22), Ф(0,44), Ф(1,88); г) Ф(0), Ф(0,09), Ф(3,99). 12. Используя таблицу значений функции Ф, найдите х, если известно, что: а) Ф (х) = 0,3461; в) Ф (х) = 0,0004; б) Ф (х) = 0,4441; г) Ф (-х) = 0,4901. 13. По алгоритму, использующему функцию Ф для при- ближенных вычислений, найдите вероятность того, что число успехов k будет находиться в пределах от kx до &2, если: а) п = 100, kr = 50, k2 - 52, р = 0,5; б) п = 900, kx = 447, k2 = 450, р = 0,5; в) п = 192, kx = 44, k2 = 48, р = 0,25; г) п = 294, kx = 40, k2 = 44, р = |. 14. Вероятность рождения мальчика примем равной 50%. Найдите вероятность того, что среди 900 новорожденных бу- дет: а) от 400 до 450 мальчиков; б) от 430 до 470 девочек; в) не менее 440 мальчиков; г) не более 460 девочек. 15. Известно, что в среднем 60% абитуриентов набрали на экзаменах более 20 баллов. Какова вероятность того, что из 100 случайно выбранных абитуриентов более 20 баллов на- брали: а) от 50 до 70 человек; в) не более 20 человек; б) не менее 60 человек; г) более 69 человек. 104
4. Закрепление пройденного 16. Используя таблицу значений функции ф, найдите х (х > 0), начиная с которого значения этой функции будут: а) меньше 0,3; в) не больше 0,005; б) меньше 0,2; г) не больше 0,0007. 17. Используя таблицу значений функции Ф, найдите х (х > 0), начиная с которого значения этой функции будут: а) больше 0,3; в) больше 0,444; б) больше 0,33; г) больше 0,4999. 18. Придумайте текстовые задачи на использование функ- ции ф, в которых: а) п = 100, k = 52, р = 0,5; б) п = 900, k = 447, р = 0,5; в) п = 192, k = 44, р = 0,25; г) п = 294, k = 40, р = |. Указание: необходимые вероятности уже найдены в упраж- нении 10. 19. Придумайте текстовые задачи на использование функ- ции Ф, в которых: а) п = 100, fe] = 50, k2 = 52, р = 0,5; б) п = 900, = 447, k2 = 450, р = 0,5; в) п = 192, kx = 44, k2 = 48, р = 0,25; г) п = 294, k2 = 40, k2 = 44, р = |. Указание: необходимые вероятности уже найдены в упраж- нении 13. 20. В большом десятиэтажном доме на каждом этаже жи- вет примерно одинаковое количество жильцов. Какова веро- ятность того, что из 150 случайным образом опрошенных жильцов этого дома: а) на первом этаже проживают не менее 15 человек; б) на последних двух этажах проживают не более 30 человек; в) на четных этажах живут от 70 до 80 человек; г) выше четвертого этажа живут более 99 человек? 105
ОТВЕТЫ § 1 1. а) 25; б) 5; в) 5; г) 8. 2. а) 24; б) 6; в) 6; г) 12. 3. а) 25; б) 5; в) 20; г) 16. 4. а) 100 000; б) 32 768; в) 32; г) 8192. 5. а) 16; б) 8; в) 8; г) 512, 256, 256. 6. б) 3; в) 4. 7. а) 9; б) 3; в) 6; г) 16, 4. 8. б) 6; в) 3; г) 8. 9. б) 24; в) 12; г) 3. 10. а) 24; б) 6; в) 16; г) 4. 11. а) 5040; б) 40 320; в) 600; г) 24. 12. а) 30 240; б) 462; в) 2550; г) 120 120. 13. а), б), в) Да; г) нет. 14. а) 2; б) 2; в) 3; г) 6. 15. а) га; п(п - 1) п _ 3 б) в) 2k(2k + 1); г) (4гаг - 1)(4т - 2). 16. a) б) 0; в) тга2; г) 18(ЗА + 2). 17. а) 7; б) 87; в) 4; г) 3. 18. а) 24; б) 120; в) 24; г) 120. 19. 24. 20. 24. 21. 362 880. 22. 40 320. 23. а) 120; б) 24; в) 6; г) 72. 24. а) 36; б) 6. 25. а) 21; б) 3; г) 30. 26. б) 12; в) 2; г) 8. 27. а) 100 000 000; б) 10; в) 8; г) 45. 28. а) 5040; б) 120; в) 40 320; г) 0. 29. а) 8; б) 2; в) 4; г) 18. §2 п(п - 3) 1. а) 55; б) 15; в) 66; г) 136. 2. а) 136; б) 17; в) 119; г) k(k + 1) 3. а) 66; б) 375; в) 6050; г) 9990. 4. а) б) 2р2 - 13р + 18; т(3т + 1) в) —А—------г) га2. 5. а) 12; б) 13; в) 12; г) 15. 6. а) Да; б) нет; в) нет; г) да. 8. а) 136; б) 4950; в) 10; г) 70. 9. а) 26; б) 924; в) 67. 10. б) 2, 3; в) 32. 12. а) С&; б) (%; в) С* ; г) С»+1. 14. а) 120; б) 10; в) 10; г) 120. 15. а) 24; б) 792; в) 120; г) 40. 16. а) 376 992; б) 32; в) 126; г) 504. 17. а) 195; б) 378. 18. а) 455; б) 220; в) 990; г) 1260. 19. а) 364; б) 286; в) 1092; г) 1183. 20. а) 14 112; б) 10 976; в) 7056; г) 280. 21. в) у = 0,5(х2 - х); г) 25. 22. а) 8; б) 6; в) 7; г) 4. 23. а) 120; б) 15; в) 3360; г) 84. 24. а) 1140; б) 220; в) 180; г) 748. 25. а) 34 650; б) 630; в) 3150; г) 1680. 106
§3 14 6. a) 0,1; б) 0,1; в) 0,2; г) 7. а) 0,6; б) 0,4; в) 0,2; г) 0,3. 10 8. а) б) в) г) 9. а) б) в) г) 10. а) 0,1; б) 0,2; в) 0,4; г) 0,4. 11. а) =0,35; б) =0,15; в) =0,505; г) 1. 12. а) = 0,36; б) 0,06; в) =0,94; г) =0,38. 13. а) 0,25; б) 0,375; в) 0,5; г) 0,5. 15. а) 0,9; б) 0,91; в) 0,95; г) 0,94. 16. а) Ц; б) Ц; в) г) Ц. 18. а) б) в) г) 19. а) Нет; б) да; в) да; г) нет. 9 21. а) == 0,119; б) 0,476; в) == 0,476; г) == 0,952. 22. а) = 0,243; б) оО 9 в) г) ~ 0,129. 23. а) 43,6; б) 41,3; в) 13,2; г) 1,77. 24. а) 56,4; б) 84,9; в) 1,9; г) 0,099. 25. а) 0,1; б) 0,3; в) 0,5; г) 0,6. 26. а) „ 4. . 3. . 1 о_ . 1 . 1 . . 1 . . 1 оо . 2 . 8 . б) 7» в) 7, г) д5- 27. а) 16, б) 40> в) 24(), г) 4(). 28. а) 15» б) 15» . 1. . 13 „ . J_. 3 . 2. . 29 „„ . х_ в) 3’ г) 15’ 29’ а> 30’ б) 10’ в) 3’ г) 30" 30‘ а) 36" §4 1. а) 200; б) 5; г) 1 и 100. 3. а) а, б, в, д, е, и, н, о, р, с, т, у, 2 ы, ь, э, я; б) 30; в) 4, тт; г) 20% (буква «с»). 4. а) От 1900 до 2002; в) 5 и 6; Участок № 1 № 2 № 3 № 4 № 5 № 6 № 7 № 8 Кратность 2 6 2 14 9 3 16 8 5. а) 13%, 31,5%. 6. а) 9, 15%; Участок № 1 № 2 № 3 № 4 № 5 № 6 № 7 № 8 Частота (%) 3,3 10 3,3 23,3 15 5 26,6 13,3 в) № 7. 7. а) 4, 13,3%; Участок алфавита № 1 № 2 № 3 Частота участка (%) 33,3 53,3 13,3 107
в) № 2. 9. а) 0,397, 0,3814, 0,094; б) 0,3965, 0,3778, 0,0833; в) 1,27; г) -2,66. 10. б) 1,65; в) 4,48; г) 0,32. 11. в. Вес (г) 427 428 429 430 431 432 433 434 435 Частота (%) 2 4 11 18 30,5 21,5 10 2 1 г) 91%. 13. в) 3, 7; г) 7,4. 14. а) 9; б) 2; в) 1,8. 15. а) 50; б) 125; ЮЛ/ - 34 в) 115. 17. а) 22; б) 18,4; в) нет; г) — „ . 18. а) 36; б) 32, О 11; в) нет; г) 5,5. 19. а) в) 3, 4, 5, 6; г) нет. 20' "> ; ” !• I 2- 3- г> “ет- 55 1. а) 10, 3; б) 100, 73; в) 20, 0; г) 4, 4. 2. б) 21; г) -685. 3. а) 0,75, 0,25; б) в) 0,75, 0,25; г) о о <50 <30 4> а) б) в> c<4 * *fiT; г> c°fiT; О J О I О J О \ О J \ О ) д) 0,1157, 0,0154, 0,00077, 0,4822. 5. а) 0,4219; б) 0,1406; в) 0,5781; г) 0,0029. 6. а) С?о (0,1)7(0,9)’; б) (0,75)110(0,25)в0; I3 б) 0,3965, 0,3778, 0,0833; в) 0,3894, 0,3621, 0,0681; г) 0,3989; 0,3973; 0,0001. 8. а) 1,27; б) 1,66; в) 0,03; г) -2,26. 9. а) 0,0737; б) 0,0261; в) 0,0535; г) 0,0630. 10. а) 0,0054; б) 0,0054; в) 0,0242; г) 0. 11. а) 0,0398, 0,1179, 0,4554; б) 0,0438, 0,1293, 0,4616; в) 0,0832, 0,1700, 0,4700; г) 0, 0,0359, 0,499995. 12. а) 1,02; б) 1,59; в) 0,01; г) -2,23. 13. а) 0,1554; б) 0,0793; в) 0,2122; г) 0,2586. 14. а) 0,4995; б) 0,8164; в) 0,7453; г) 0,7453. 15. а) 0,9586; б) 0,5; в) 0; г) 0,0317. 16. а) 0,76; б) 1,18; в) 2,96; г) 3,55. 17. а) 0,85; б) 0,96; в) 1,59; г) 3,1. 20. а) 0,5; б) 0,5; в) 0,578; г) 0,0485. в) ^293 | — j I О J ; Г) С£)оо(0,5)1000. 7. а) 0,397, 0,3814, 0,094; 108
ПОСЛЕСЛОВИЕ ДЛЯ УЧИТЕЛЯ В тексте основного учебного материала нет поурочного де- ления. Такое явное распределение по урокам излишне регла- ментирует работу учителя и, на наш взгляд, имеет некото- рый оттенок недоверия к его профессиональным возможно- стям. Кто-то может сначала разобрать весь материал параграфа, а затем перейти к упражнениям. Другие выберут способ рав- номерного чередования теории и практики. В более подготов- ленных классах можно сразу начинать с задач, а новые поня- тия вводить по ходу дела, «беллетристику» же оставить для самостоятельного чтения. В отличие от теоретической части все упражнения распо- ложены по темам, каждая из которых, по нашему мнению, достаточно точно соответствует одному уроку. Поэтому пере- чень тем в том виде, в каком он присутствует в тексте учебно- го пособия, и дает примерное поурочное планирование. Примерное поурочное планирование (всего 21 ч) § 1. Простейшие комбинаторные задачи. Правило умножения и дерево вариантов. Перестановки 1. Правило умножения 1 ч 2. Дерево вариантов 1 ч 3. Перестановки 1 ч 4. Закрепление пройденного 1 ч § 2. Выбор нескольких элементов. Сочетания 1. Выбор двух элементов 1 ч 2. Числа С* 1ч 3. Выбор трех и более элементов 1 ч 4. Закрепление пройденного 1 ч 109
§ 3. Случайные события и их вероятности 1. События достоверные, невозможные и случайные 1ч 2. Классическое определение вероятности 1 ч 3. Вероятность противоположного события 1 ч 4. Вероятность суммы несовместных событий 1 ч 5. Закрепление пройденного 1 ч § 4. Статистика — дизайн информации 1. Варианты и их кратности 1 ч 2. Многоугольники распределения данных 1 ч 3. Кривая нормального распределения 1 ч 4. Числовые характеристики выборки 1 ч § 5. Независимые повторения испытаний с двумя исходами 1. Схема Бернулли 1 ч 2. Использование функции ср 1ч 3. Использование функции Ф 1ч 4. Закрепление пройденного 1 ч Итак, основной материал каждого параграфа рассчитан, как правило, на три урока. Плюс один урок отводится для самостоятельной работы и закрепления пройденного матери- ала. Таким образом, максимум составляет 21 урок, а мини- мум — 16 уроков: по 3 урока в каждом из пяти параграфов и один урок — контрольная работа, в которой от учащихся сле- дует потребовать подробное решение всех четырех задач. Изучение тем уроков, отмеченных звездочкой в приведен- ном выше плане, можно в классах с недостаточной предвари- тельной подготовкой отложить до рассмотрения их в старшей профильной школе. Контрольную работу целесообразно про- вести по материалу первых трех параграфов, поскольку тема- тика двух других специфична, и к ней ученику еще надо привыкнуть. Среди упражнений к четвертому («статистическому») па- раграфу имеются задания, по сути дела, являющиеся лабора- торными работами. У учащихся появляется возможность отчи- таться по этой теме, письменно представив результаты своей самостоятельной работы. Если позволяют технические воз- можности, то разумно познакомить школьников с простейши- ми приемами статистической обработки информации с помо- щью редактора «Microsoft Ехе1». 110
Часть учебного материала вполне может быть уже знакома учащимся: дерево вариантов, правило умножения, переста- новки, столбчатые диаграммы и т. п. Тогда эти темы можно рассматривать в более быстром темпе, отводя больше места для самостоятельной работы, — приведенных в пособии упражне- ний заведомо хватает для этого. КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ Вариант 1 1. Игральный кубик бросили дважды и записали выпавшие очки. Найдите число всех возможных результатов. 2. Вычислите Cf. 3. Найдите вероятность того, что случайным образом выбран- ное двузначное число при делении на 13 дает в остатке 5. 4. Вы находитесь в круглом зале с 10 дверьми, из которых какие-то 4 заперты. Вы выбираете две двери. Найдите ве- роятность того, что хотя бы через одну из них можно вый- ти из зала. Вариант 2 1. Три вершины правильного 10-угольника покрасили в ры- жий цвет, а остальные — в черный. Сколько можно прове- сти отрезков с разноцветными концами? 2. Вычислите Сд . 3. Найдите вероятность того, что случайным образом выбран- ное двузначное число при делении на 11 дает в остатке 10. 4. Вы находитесь в круглом зале с 10 дверьми, 5 из которых заперты. Вы выбираете две двери. Найдите вероятность того, что через одну из этих дверей можно выйти из зала, но через другую дверь вернуться уже нельзя. 111
Таблица значений функций ф и Ф X Ф(х) Ф(х) X <р(х) Ф(х) X ф(х) Ф(х) 0,00 0,3989 0,0000 0,40 0,3683 0,1554 0,80 0,2897 0,2881 01 3989 0040 41 3668 1591 81 2874 2910 02 3989 0080 42 3653 1628 82 2850 2939 03 3988 0120 43 3637 1664 83 2827 2967 04 3986 0160 44 3621 1700 84 2803 2995 05 3984 0199 45 3605 1736 85 2780 3023 06 3982 0239 46 3589 1772 86 2756 3051 07 3980 0279 47 3572 1808 87 2732 3078 08 3977 0319 48 3555 1844 88 2709 3106 09 3973 0359 49 3538 1879 89 2685 3133 0,10 0,3970 0,0398 0,50 0,3521 0,1915 0,90 0,2661 0,3159 11 3965 0438 51 3503 1950 91 2637 3186 12 3961 0478 52 3485 1985 92 2613 3212 13 3956 0517 53 3467 2019 93 2589 3238 14 3951 0557 54 3448 2054 94 2565 3264 15 3945 0596 55 3429 2088 95 2541 3289 16 3939 0636 56 3410 2123 96 2516 3315 17 3932 0675 57 3391 2157 97 2492 3340 18 3925 0714 58 3372 2190 98 2468 3365 19 3918 0753 59 3352 2224 99 2444 3389 0,20 0,3910 0,0793 0,60 0,3332 0,2257 1,00 0,2420 0,3413 21 3902 0832 61 3312 2291 01 2396 3438 22 3894 0871 62 3292 2324 02 2371 3461 23 3885 0910 63 3271 2357 03 2347 3485 24 3876 0948 64 3251 2389 04 2323 3508 25 3867 0987 65 3230 2422 05 2299 3531 26 3857 1026 66 3209 2454 06 2275 3554 27 3847 1064 67 3187 2486 07 2251 3577 28 3836 1103 68 3166 2517 08 2227 3599 29 3825 1141 69 3144 2549 09 2203 3621 0,30 0,3814 0,1179 0,70 0,3123 0,2580 1,10 0,2179 0,3643 31 3802 1217 71 3101 2611 11 2155 3665 32 3790 1255 72 3079 2642 12 2131 3686 33 3778 1293 73 3056 2673 13 2107 3708 34 3765 1331 74 3034 2703 14 2083 3729 35 3752 1368 75 ЗОН 2734 15 2059 3749 36 3739 1406 76 2989 2764 16 2036 3770 37 3726 1443 77 2966 2794 17 2012 3790 38 3712 1480 78 2943 2823 18 1989 3810 39 3697 1517 79 2920 2852 19 1965 3830
Продолжение таблицы <р(х) Ф(х) X ф(х) Ф(х) X <р(х) Ф(х) 1 *0 0,1942 0,3849 1,70 0,0940 0,4554 2,40 0,0224 0,4918 ’ 1 1919 3869 71 0925 4564 42 0213 4922 ’ 2 1895 3888 72 0909 4573 44 0203 4927 ’3 1872 3907 73 0893 4582 46 0194 4931 ’ 1 1849 3925 74 0878 4591 48 0184 4934 1826 3944 75 0863 4599 50 0175 4938 1804 3962 76 0848 4608 52 0167 4941 ’7 1781 3980 77 0833 4616 54 0158 4945 ’8 1758 3997 78 0818 4625 56 0151 4948 >9 1736 4015 79 0804 4633 58 0143 4951 । ;о 0,1714 0,4032 1,80 0,0790 0,4641 2,60 0,0136 0,4953 :| 1691 4049 81 0775 4649 62 0129 4956 ;2 1669 4066 82 0761 4656 64 0122 4959 ;з 1647 4082 83 0748 4664 66 0116 4961 1 1626 4099 84 0734 4671 68 01 10 4963 :5 1604 4115 85 0721 4678 70 0104 4965 36 1582 4131 86 0707 4686 72 0099 4967 :7 1561 4147 87 0694 4693 74 0093 4969 ;8 1539 4162 88 0681 4699 76 0088 4971 39 1518 4177 89 0669 4 706 78 0084 4973 1 К) 0,1497 0,4192 1,90 0,0656 0,4713 2,80 0,0079 0,4974 1 1 1476 4207 91 0644 4719 82 0075 4976 12 1456 4222 92 0632 4726 84 0071 4977 13 1435 4236 93 0620 4 732 86 0067 4979 1 1 1415 4251 94 0608 4 738 88 0063 4980 15 1394 4265 95 0596 4744 90 0060 4981 16 1374 4279 96 0584 4 750 92 0056 4982 17 1354 4292 97 0573 4756 94 0053 4984 18 1334 4306 98 0562 4761 96 0050 4985 19 1315 4319 99 0551 4767 98 004 7 4986 1 ,50 0,1295 0,4332 2,00 0,0540 0,4772 3,00 0,00443 0,49865 51 1276 4345 02 0519 4783 52 1257 4357 04 0498 4 793 3,10 00327 49903 53 1238 4370 06 0478 4803 3,20 00238 49931 54 1219 4382 08 0459 4812 55 1200 4394 10 0440 4821 3,30 00172 49952 56 1182 4406 12 0422 4830 3,40 00123 49966 57 1163 4418 14 0404 4838 58 1145 4429 16 0387 4846 3,50 00087 49977 59 1127 4441 18 0371 4854 1 ,60 0,1109 0,4452 2,20 0,0355 0,4861 3,60 00061 49984 61 1092 4463 22 0339 4868 3,70 00042 49989 62 1074 4474 24 0325 4875 3,80 00029 49993 63 1057 4484 26 0310 4881 64 1040 4495 28 0297 4887 3,90 00020 49995 65 1023 4505 30 0283 4893 4,00 0,0001338 499968 66 1006 4515 32 0270 4898 67 0989 4525 34 0258 4904 4,50 0000160 499997 68 0973 4535 36 0246 4909 5,00 0000015 49999997 69 0957 4545 38 0235 4913