Теория вероятностей

И.А. ПАЛИЙ
ТЕОРИЯ 
ВЕРОЯТНОСТЕЙ
УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ
Рекомендовано в качестве учебного пособия 
для студентов высших учебных заведений, обучающихся 
по техническим  и экономическим направлениям подготовки 
(квалификация (степень) «бакалавр»)
Москва
ИНФРА
М
2019

ФЗ 
№ 436-ФЗ
Издание не подлежит маркировке 
в соответствии с п. 1 ч. 4 ст. 11
УДК 519.2(075.8)
ББК 22.171я73
 
П14
П14
Палий И.А.
Теория вероятностей : учеб. пособие / И.А. Палий. – М. : 
ИНФРАМ, 2019. — 236 с. — (Высшее образование).
ISBN 978-5-16-004940-3
В учебном пособии наряду с изложением основ теории вероятностей приводится большое количество задач с примерами их решения.
Для студентов технических и экономических специальностей.
УДК 519.2(075.8)
ББК 22.171я73
ISBN 978-5-16-004940-3
© И.А. Палий, 2012

ПРЕДИСЛОВИЕ
Это учебное пособие написано на основании многолетнего опыта
чтения курса теории вероятностей студентам СибАДИ.
Цель данной работы −не только познакомить учащегося с основами
теории вероятностей, но и развить у него навыки решения задач, в том
числе, достаточно сложных для того, кто не избрал для себя основной
специальностью математику.
Вот почему в пособии так много примеров решения задач, начиная с
самых
элементарных
упражнений.
Но
кроме
простых
примеров
рассматриваются и такие задачи, для решения которых нужны достаточно
тонкие рассуждения.
При этом в работе выдержан достаточно строгий стиль изложения
материала, ведь теория вероятностей −часть математики (а не физики,
техники, экономики и т.п.). Поэтому излагать теорию вероятностей и
принципы
решения
вероятностных
задач
нужно
в
соответствии
с
правилами современной математики.
Вместе
с
тем
представляется
весьма
важным
научить
строить
корректные вероятностные модели по описанию определенных ситуаций.
Студенты технических и экономических специальностей непременно
встретятся
с
использованием
методов
теории
вероятностей
в
разнообразных приложениях. Поэтому в пособии немало места уделено
подробному объяснению, как построить вероятностное пространство по
описанию некоторого случайного явления.
Вероятностные схемы широко используются в современных физике,
химии,
генетике,
экономике,
технических
науках.
Поразительное
соответствие
поведения
реальных
случайных
систем
с
поведением,
предсказанным теорией вероятностей, может объяснить, наверное, только
философия.
Мы
сейчас
приведем
два
занятных
примера
таких
соответствий.
Е.С.Вентцель,
автор
одного
из
лучших
учебников
по
теории
вероятностей, любимого многими поколениями студентов, на своей первой
лекции по теории вероятностей просила студентов написать на листке
бумаги свой день рождения (число и месяц). Она утверждала, затем, что,
не зная никого из студентов, все же может держать пари, что среди них
найдутся два человека, родившиеся в один день. И она ни разу не
ошиблась! С точки зрения теории вероятностей Е.С. Вентцель ничем не
рисковала: если в аудитории на лекции присутствуют хотя бы 50 человек
(а в году 365 дней!), вероятность совпадения дней рождения практически
равняется 1. Но кто может ответить на вопрос, почему вполне абстрактные
понятия независимых событий и их вероятностей так замечательно точно
соответствуют реальным рождениям людей?
3

Второй пример −это задача 66. В конце 1980-х годов в СССР
существовал государственный заем с условиями, очень похожими на те,
которые в ней описаны. Вероятности доходов, рассчитанные в задаче,
прекрасно
соответствовали
реальным
частотам 
(проверено
путем
статистического анализа таблиц выигрышных номеров). Затем государство
СССР прекратило свое существование, а облигации государственного
займа превратились в ничего не стоящие бумажки. Но теория вероятностей
к этому факту современной истории отношения не имеет.
Без глубокого постижения основ теории вероятностей невозможно ни
дальнейшее
изучение
ее
более
серьезных
разделов,
ни
грамотное
использование вероятностных методов на практике.

Глава 1. ЭЛЕМЕНТЫ КОМБИНАТОРИКИ
Комбинаторика
решает
задачи
подсчета
числа
определенных
комбинаций элементов, выбранных из данного конечного множества.
Далее будут рассмотрены простейшие понятия и формулы.
1.1. Принцип умножения
Этот принцип будет для нас основным. Он формулируется так: пусть
требуется выполнить одно за другим k действий. Если первое действие
можно выполнить n1 способами, второе – n2 способами и так далее до k-го
действия, которое можно выполнить nk способами, то все k действий
вместе могут быть выполнены
k
n
n
n
…
⋅
⋅
2
1
 
(1.1) 
способами.
Важно. Принципом умножения можно пользоваться, если каждый
раз число способов выполнить очередное действие одно и то же и не
зависит от того, как выполнялись все предыдущие действия.
Примеры решения задач
Задача 1. Три дороги соединяют города A и В, две дороги соединяют
города B и С, по двум дорогам можно проехать из С в Д. Сколькими
способами можно совершить поездку из A в Д через B и С?
Решение. Чтобы указать способ поездки, нужно выполнить три
действия:
выбрать
дорогу,
соединяющую A c B;
выбрать
дорогу,
соединяющую B c C; выбрать дорогу, соединяющую С и Д.
Первое действие можно совершить тремя способами, второе и третье – 
двумя. Следуя принципу умножения, получаем, что число разных способов
совершить поездку равно
.
12
2
2
3
=
⋅
⋅
Принцип умножения можно представить наглядно. Обозначим дороги,
соединяющие
города A и
В,
символами
A1B,
А2В,
А3В;
дороги,
соединяющие города B и С, – символами B1C, В2С; дороги, соединяющие
города С и Д, – символами С1Д, С2Д. Один из возможных способов
совершить поездку может быть, например, такой: A1B —  В2С — С1Д . 
Все 12 возможных вариантов совершить поездку показаны на рис. 1.1. 
5

Рис. 1.1 
Задача 2. Сколько пятизначных чисел можно составить из цифр 0, 1, 2, 
3, 4, если цифры в числе не должны повторяться? Сколько среди них
четных чисел? Сколько нечетных?
Решение. Каждое число – это набор из пяти цифр, первая из которых
не есть нуль. Примеры чисел: 14203, 32014, 24031. Чтобы составить число,
нужно выполнить пять действий: указать первую цифру числа, указать
вторую и т. д. вплоть до пятой цифры. Первое действие можно выполнить
четырьмя способами (0 не может быть первой цифрой), второе −также
четырьмя (вторая цифра может быть любой из четырех оставшихся после
выбора первой цифры), третье – тремя способами. Последнее пятое
действие можно выполнить только одним способом −поставить на
последнее место единственную из еще не использованных цифр. По
принципу умножения получаем, что всего есть 4×4×3×2×1 = 96 разных
пятизначных чисел, определяемых условиями задачи. Найдем, сколько
среди
них
нечетных
чисел.
Чтобы
можно
было
воспользоваться
принципом умножения, нужно сначала назвать последнюю цифру числа:
чтобы число было нечетным, на последнем месте может стоять 1 или 3. 
Затем нужно указать первую цифру, что можно сделать тремя способами
(не 0 и не цифра, выбранная в качестве последней). Остальные цифры
числа можно задавать в любом порядке. Третье действие можно выполнить
тремя способами, четвертое −двумя, последнее пятое действие можно
6

выполнить одним способом. Всего нечетных чисел 2×3×3×2×1 = 36. Тогда
количество четных чисел равно разности 96 − 36 = 60. 
1.2. Перестановки
Перестановкой называется любое упорядоченное размещение данных
n элементов. Например, перестановки трех букв А, В, С таковы: ABC, ACB,
BCA, BAC, CAB, CBA.
Число различных перестановок из n элементов обозначается
n
P . Чтобы
задать перестановку, нужно выполнить n действий: указать элемент,
стоящий на первом месте; указать элемент, стоящий на втором месте, ..., 
указать элемент, стоящий на n-м месте.
Первое действие можно выполнить n способами, на первое место
можно поместить любой из имеющихся n элементов; второе действие
можно выполнить (n – 1) способами, на второе место можно поставить
любой из оставшихся (n –  1) элементов; последнее n-е действие можно
выполнить только одним способом (на последнее место есть только один
кандидат – единственный неиспользованный элемент).
По принципу умножения
(
) (
)
!
1
2
2
1
n
n
n
n
P
n
=
⋅
⋅
⋅
−
⋅
−
⋅
=
…
 
(1.2) 
На рис. 1.2. проиллюстрирован способ подсчета P3    
Действие 1 Действие 2 Действие 3 
AB
ABC
A
AC
ACB
BA
BAC
B
BC
BCA
CA
CAB
C
CB
CBA
                                              
Рис.1.2. 
Пример решения задачи
Задача 3. На собрании должны выступить 4 оратора – А, В, С, Д.
Сколькими способами можно разместить их в списке выступающих? Тот
же вопрос для случая, когда B может выступать только после А.
Решение. Каждое размещение ораторов в списке – это перестановка из
четырех элементов. Следовательно, число различных списков равно
7

1
2
3
4
!
4
4
=
⋅
⋅
⋅
=
=
P
. Примеры размещений: ABCД, BACД, ДACB, СДВА.
В каждой такой перестановке либо буква A предшествует букве В, либо
наоборот.
Из соображений симметрии ясно, что число списков, в которых A 
записан раньше B, равно числу списков, в которых B записан раньше А, т.е.
12. 
1.3. Размещения
Размещением называется любой упорядоченный набор из k элементов,
выбранных из n данных. Например, из трех данных букв ABC можно
составить 6 размещений по две буквы: AB, BA, AC, CA, CB, ВС.
Чтобы получить размещение, нужно выполнить k действий: указать
первый элемент размещения, указать второй элемент размещения, ..., 
указать k-й элемент размещения. Первое действие можно выполнить n
способами (выбрать любой элемент из n имеющихся); второе действие
можно выполнить (n − 1) способами (выбрать любой элемент из (n − 1) 
оставшихся); k-е действие можно выполнить (n −k + 1) способами
(выбрать любой элемент из (n −k+ 1) оставшихся). По принципу
умножения число размещений из n элементов по k равно
(
)
(
)
(
)!
!
1
1
k
n
n
k
n
n
n
Ak
n
−
=
+
−
⋅
⋅
−
⋅
=
…
. 
(1.3) 
Пример решения задачи
Задача 4. Из цифр 1, 2, 3, 4, 5 составляются всевозможные числа,
каждое из которых содержит не менее трех цифр. Сколько таких чисел
можно составить, если повторения цифр в числе запрещены.
Решение. Числа могут быть трех-, четырех- и пятизначные. Каждое
трехзначное число – это размещение из пяти данных цифр по три. Число
таких размещений равно
60
!
2
!
5
3
5
=
=
A
.
Примеры искомых трехзначных чисел: 123, 321, 541 и т.д. Такие числа,
как, например, 625 или 333 не соответствуют условиям задачи: в первом из
них есть цифра 6, во втором все цифры одинаковы.
Количество четырехзначных чисел равно
120
4
5 =
A
, пятизначных – 
120
5
5
5
=
= P
A
. Всего же имеется 60 + 120 + 120 = 300 подходящих чисел.
1.4. Сочетания
Сочетанием из n элементов по k называется любой неупорядоченный
набор из k элементов, выбранных из n данных. Наборы отличаются друг от
8

друга составом элементов, место элемента в наборе не имеет значения.
Например, если имеется 5 букв: А, В, С, Д, E, можно составить 10 
трехбуквенных
сочетаний: {A,
В,
C}, {A,
В,
Д}
и
т.д.
Каждому
неупорядоченному
трехбуквенному
набору (например, {A,
В,
С}) 
соответствует 3! = 6 упорядоченных: ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA. В
общем случае неупорядоченному набору из k элементов соответствует k!
упорядоченных наборов-перестановок. Поэтому число сочетаний из n
элементов по k (обозначается
k
n
C ) в k! раз меньше числа размещений из n
элементов по k.
A
C
k
n
k
n
 
(1.4) 
⋅
−
=
=
!
!
!
!
k
n
k
n
k
(
)
Числа
k
n
C
называют биномиальными коэффициентами. Отметим их
простейшие свойства:
.
1
!
!
0
!
0
=
=
=
n
n
C
C
n
n
n
 
(1.5) 
(По определению 0! = 1). 
⋅
−
=
=
−
!
!
!
k
n
k
n
C
C
k
n
n
k
n
 
(1.6) 
(
)
1
1
−
+
+
=
k
n
k
n
k
n
C
C
C
. 
(1.7) 
Действительно,
(
)
(
) (
) =
+
−
−
+
−
=
+
−
!
1
!
1
!
!
!
!
1
k
n
k
n
k
n
k
n
C
C
k
n
k
n
k
n
C
k
n
k
n
1
!
1
!
!
1
+
=
+
−
+
;
=
+
−
+
=
+
−
+
+
−
=
!
1
!
1
!
!
1
!
!
1
!
k
n
k
n
n
k
n
k
k
n
k
n
n
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
n
n
n
n
n
C
C
C
2
1
0
=
+
+
+
…
. 
(1.8) 
Докажем эту формулу индукцией по числу n.
Если n  = 1, то
2
1
1
1
1
0
1
=
+
=
+ C
C
.
Если n  = 2, то
2
1
2
0
2
2
4
1
2
1
=
=
+
+
=
+ C
C
.
Пусть равенство (1.8) верно для первых n натуральных чисел.
Тогда из (1.7) следует:
9

0
1
n
n
C
C
=
+
,
0
1
1
1
n
n
n
C
C
C
+
=
+
,
1
2
2
1
n
n
n
C
C
C
+
=
+
,
 
…..……………. 
1
1
−
+
+
=
k
n
k
n
k
n
C
C
C
,
 
……………. 
1
1
−
+
+
=
n
n
n
n
n
n
C
C
C
,
n
n
n
n
C
C
=
+
+
1
1
.
Значит,
1
1
0
1
1
1
1
0
1
2
2
2
2
2
2
+
+
+
+
+
=
⋅
=
+
+
+
=
+
+
+
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
C
C
C
C
C
C
…
…
,
что и требовалось доказать.
Примеры решения задач
Задача 5. Сколькими способами из восьми человек можно избрать
комиссию, состоящую из пяти членов?
Решение. Выбор комиссии – это задание некоторого сочетания из
восьми элементов по пять, так как порядок перечисления выбранных в
комиссию людей не имеет значения. Число способов отобрать пять
человек из восьми равно
(
)
.
56
!
5
8
!
5
!
8
5
8
=
−
=
C
Задача 6. Восемь человек должны разместиться в двух комнатах, в
каждой из которых должно быть по крайней мере три человека. Сколькими
способами это можно сделать?
Решение. Если в каждой из комнат должно быть не менее трех
человек, то возможны следующие комбинации: в первой комнате 3 
человека, во второй – 5; в каждой комнате по 4 человека; в первой комнате
5 человек, во второй – 3. 
Число способов выбрать трех человек для одной комнаты и пятерых
для другой равно
56
5
8
3
8
5
5
3
8
=
=
=
⋅
C
C
C
C
.
10