Задачи по теории вероятностей. Часть I - 19 стр.

UptoLike

Составители: 

19
любой пары i и j;
(
)
nji
<1 ;
()
()
()
()
()
(
)
()
()
=
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
3
knC
C
jnC
C
inC
C
AAAP
jk
jn
jk
jn
ij
in
ij
in
i
n
i
n
kji
II
2
1
1
11
=
nnnC
C
kn
kn
kn
kn
для любой тройки i, j и k;
(
)
nkji <
<
1 ; …..;
1
1
2
1
2
1
1
11
1
=
=
.....
nnn
AP
n
i
i
I
.
Используя
=
=
U
n
i
i
AP
1
()
=
=
+
I
k
i
i
n
k
k
n
k
APC
1
1
1
1, получаем
() ()( )
...
+
=
=
21
1
1
11
321
1
nnn
C
nn
C
n
CAP
nnn
n
i
i
U
()
()( )
()
=
++
=
+
n
k
k
n
n
n
knnn
C
1
11
1
1
1221
1
1
!...
...
. Если n , то
632120
1
1
,lim
=
=
e
e
AP
n
i
i
n
U
.
2.35. Пусть А - случайное событие - «m лиц сидят на местах, соответствующих
номерам полученных билетов, а остальные
n- m лиц сидят на местах,
номера которых не соответствуют номерам билетов»;
В - «m лиц сидят на местах, соответствующих номерам полученных
билетов»;
С – «n-m лиц сидят на местах, номера которых не соответствуют
номерам билетов». Ясно, что
CBA I
=
.
Если
0
B - случайное событие – «первые m человек, сидят на местах,
соответствующих номерам полученных билетов», то
()
(
)
!
!
...
n
mn
mnnn
BP
=
+
=
1
1
1
11
0
. Подобных групп по m человек
можно составить
m
n
C штук, следовательно
() ( )
!m
BPCBP
m
n
1
0
== .
Случайное событие
C формулируется так: «хотя бы одно лицо из
остальных
n-m лиц сидит на месте, номер которого соответствует номеру
полученного им билета». Рассуждая, как и при решении задачи 2.34,
получим
()
()
=
=
mn
k
k
k
CP
0
1
1
!
. Тогда
()
()
()
=
==
mn
k
k
k
CPCP
0
1
1
!
.
Таким образом:
() ( )
(
)
=
==
mn
k
k
km
CBPAP
0
11
!!
I .
2.36. Если А - «в каждый вагон вошёл хотя бы один пассажир», то A - «есть
вагоны, в которые ни один пассажир не вошёл». Пусть
i
A - «в i-том вагон не
вошёл ни один пассажир». Тогда
U
n
i
i
AA
1=
= , причём события-слагаемые