Математические методы в юриспруденции

Математические  методы в юриспруденции

 

1. Комбинаторика. 13 задач. max=13 баллов.

2. Вычисление вероятностей. 4 задачи. max=4 балла.

3. Сложение и умножение вероятностей. 5 задач. max=5 баллов.

4. Формула полной вероятности. 4 задачи. max=4 балла.

5. Формула Байеса. 3 задачи. max=3 балла.

6. Последовательтность испытаний (схема Бернулли). 2 задачи. 1-ая = 1балл, 2-ая = 2 балла. max=3 балла.

7. Числовые характеристики случайных величин. 2 задачи. max=4 балла.

8. Задачи для самостоятельного решения16 задач. 1 задача = 4 балла. max=64 балла.

 

C 1-8 пункт можно набрать  100 баллов. Для зачета достаточно  набрать 90 баллов. Если 90 баллов не  набрано, то добираем на зачете, решая новые задачи.

 

№ занятия	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
кол-во баллов	13	4	5	4	3	3	4	64		Зачет (+30)

 

[назад]

Решение задач комбинаторики

1. Правило суммы

 

Для ознакомления первого правила  комбинаторики-правила суммы мы предлагаем разбор следующей задачи:

     Задача 1. На столе лежат 3 черных и 5 красных карандашей. Сколькими способами можно выбрать карандаш любого цвета?

     Решение: Выбрать карандаш любого цвета можно 5+3=8 способами.

Правило суммы в комбинаторике:

Если элемент а можно  выбрать m способами, а элемент в-n способами, причем любой выбор элемента а отличен от любого выбора элементов в, то выбор «а или в» можно сделать m+n способами.

   Задача 2. В классе 10 учащихся занимаются спортом, остальные 6 учащихся посещают танцевальный кружок. 1)Сколько пар учащихся можно выбрать так, чтобы один из пары был спортсменом, другой танцором? 2)Сколько возможностей выбора одного ученика?

    Решение: 1)Возможность выбора спортсменов 10, а на каждого из 10 спортсменов выборов танцора 6. Значит, возможность выбора пар танцора и спортсмена 10·6=60.  

     2) Возможность выбора одного ученика 10+6=16.

 

2. Правило произведения

 

     Рассмотрим решение  задачи, через которое сформулируем  новое правило – правило произведения, неоднократно используемое при  изучении последующего материала.

     Задача 1. Из города А в город В ведут 3 дороги. А из города В в город С ведут 4 дороги. Сколько путей, проходящих через В, ведут из А в С?

     Решение: Можно рассуждать таким образом: для каждой из трех путей из А в В имеется четыре способа выбора дороги из В в С. Всего различных путей из А в С равно произведению 3·4, т.е. 12.

     Правило произведения:

  Пусть нужно выбрать  к элементов. Если первый элемент  можно выбрать n1  способами, второй – n2 способами и т. д., то число способов к элементов, равно произведению n1· n2·… nк.

     Задача 2. В школьной столовой имеются 2 первых, 5 вторых и 4 третьих блюд. Сколькими способами ученик может выбрать обед, состоящий из первых, вторых и третьих блюд?

     Решение: Первое блюдо можно выбрать 2 способами. Для каждого выбора первого блюда существует 5 вторых блюд. Первые два блюда можно выбрать 2·5=10 способами. И, наконец, для каждой 10 этих выборов имеются четыре возможности выбора третьего блюда, т. е. Существует 2·5·4 способов составления обеда из трех блюд. Итак, обед может быть составлен 40 способами.

 

3. Перестановки

 

     Простейшими комбинациями, которые можно составить из  элементов конечного множества,  являются перестановки.

     Рассмотрим на примере  перестановку без повторений.

    Задача: На полке лежат 3 книги. В каком порядке можно расставить эти книги?

     Решение: Обозначим их буквами а, в, с. Эти книги можно расставить на полке по – разному:

     авс, асв, вас, вса, сав, сва.

     Каждое из этих  рассположений называют перестановкой из трех элементов.

     При решении этой  задачи можно воспользоваться  правилом умножения. Выбор первого  места на полке три. Для каждого  выбора первого места есть  две  возможности выбора второго  места. Из трех книг один  выбран для первого места. Остаются 2 остальные книги. Наконец, для каждого выбора первых, вторых мест только один выбор третьего места.

     Опредление: Перестановкой из n элементов называется каждое расположение этих элементов в определенном порядке.

     Число перестановок  из n элементов обозначается символом Рn.

     Пусть мы имеем  n элементов. На первое место можно поставить любой из них всего п выборов. На второе место любой из оставшихся, т. е. n-1 выбор. На третьем месте любой из оставшихся после первых двух выборов, т. е. n-2 выбора и т. д. В результате получим: Рn = n·(n-1)·(n-2)…2·1.

     Если произведение  обозначим 1·2·3…(n-1)·n = n!, то число всевозможных перестановок из к элементов вычисляется по формуле:

     Рп = n!

 

          Задачи:

 

1. Сколькими способами можно расставить 7 бегунов на 7 дорожках?

Решение: Р7 =1·2·3·4·5·6·7=5040          Ответ: 5040 способов.

 

2. Сколько различных пятизначных чисел можно составить из цифр 0, 1, 2, 3, 4, если

цифры не повторяются?            

Решение: Так какнатуральное число не может начинаться с цифры 0, исключаем те числа, которые начинаются с цифры 0. Количество таких чисел         

Р4 = 1·2·3·4= 24

Р5 – Р4 = 1·2·3·4·5-1·2·3·4 = 120-24=96     Ответ: 96 чисел.

 

3. На собрание пришли 3 девочки и 4 мальчика. Сколькими способами можно их рассадить, если девочки хотят сидеть рядом?

Решение: Если рассмотреть девочек как одну, всего перестановок будет Р5. В каждой из полученных комбинаций можно выполнить Р3 перестановок девочек. Искомое число перестановок:

Р5·Р3 = 5!·3!=1·2·3·4·5·1·2·3=720     Ответ: 720 способов.

 

Задачи для самостоятельного решения:

1. Сколько существует способов для расстановки десяти книг на полке?
2. Сколько различных восьмизначных чисел можно составить из цифр 1,2,3,4,5,6,7,8?
3. Сколько различных комбинаций букв можно составить из слова «юриспруденция»?
4. Вычислить: .

 

 

 

4. Размещения.

Размещением из элементов по называется всякая перестановка по элементов, выбранных каким – либо способом из данных элементов. Число размещений из элементов по обозначается и вычисляется по формуле .

 

Задача: Даны четыре различных шара: белый, зеленый, красный и синий. Их нужно поместить в 3 пустые ячейки. Сколько всего будет  способов размещения шаров?

     Решение: Сначала выпишем все варианты, которые начинаются с белого шара, затем – с зеленого и т. д.

     бзк, бкз, бзс, бсз, бкс, бск.

     збк, зкб, зсб, збс, зкс, зск.

     кбз, кзб, ксб, кбс,  кзс, ксз.

     сбз, сзб, скб, сбк,  скз, сзк.

     Всего способов 24. В  первую ячейку можно выбрать  четырьмя способами. Во вторую  – тремя, в третью – двумя.  Всего способов 4·3·2=24. Каждую упорядоченную  тройку, которую можно составить из четырех  элементов, называют размещением из четырех элементов по три. 

                          

     Определение: Размещением из n элементов по к (к≤n) называется любое множество, состоящее из любых к элементов, взятых в определенном порядке из данных n элементов.

     Каждое множество при размещении отличается порядком элементов или их составом.

      к                                                                         

     Число размещений  из n элементов по к обозначают Аn.

     Первый элемент можно  выбрать n способами, второй n-1 и последний к-й элемент n-(к-1) способами.

        к

     Аn = n(n-1)(n-2)… (n-(k-1))

 

     Задачи:

 

1. Учащиеся одного класса изучают 8 предметов. Сколькими способами можно составить расписание на один день, чтобы в нем было 4 различных предметов.

Решение: Расписание на один день отличаются либо порядком      следования предметов, либо самими предметами. Значит, здесь речь идет о размещении

     из 8 элементов по 4.

      4

         А8= 8·7·6·5=1680               Ответ: 1680 способов.

 

2. Сколькими способами тренер может распределить 10 спортсменов,                                                                                         на эстафете 4·100 на первом, во втором, третьем и четвертом этапах?

               4

     Решение: А10 = 10·9·8·7·=5040     Ответ: 50400 способов.

 

3. Сколько существует пятизначных телефонных номеров, в каждом из которых все цифры различны и первая цифра различна отнуля?                                    5

    Решение: Число размещений из десяти элементов по пять – А10. Число размещений

                                                        4

начинающихся с цифры ноль –  А9. Число телефонных   номеров равно:

       5           4

    А10 – А9 =10·9·8·7·6 – 9·8·7·6 = 27216      Ответ: 27216 номеров.

 

Задачи для самостоятельного решения:

1. На юридическом факультете в группе 16 студентов, которые сидят по двое. Во время обучения преподаватель постоянно пересаживает студентов. Сколько раз может преподаватель пересадить студентов по двое , чтобы одинаковых вариантов размещения не оказалось?
2. Сколько существует способов расстановки на полке 5 выбранных уголовных дел из 10 имеющихся?
3. Сколько можно составить трехзначных чисел из цифр 7, 9, 6, 5, 4?
4. Сколько трехзначных чисел, не начинающихся с нуля можно составить из всех цифр?
5. Преступник подсмотрел первую цифру – 2 и последнюю цифру – 8 на кодовом замке автоматической камеры хранения на вокзале. Сколько комбинаций ему нужно перебрать, чтобы вскрыть камеру?

5. Сочетания.

Сочетанием из элементов по называется всякая совокупность по элементов, выбранных каким – либо способом из данных элементов. Число размещений из элементов по обозначается и вычисляется по формуле .

Задача: На столе лежат 5 разноцветных карандашей. Сколько способов для выбора 3 из них?

Решение: Обозначим карандаши буквами а, в, с, d, е. Можно составить такие сочетания: авс, авd, abe, acd, ace, ade, bcd, bce, bed, cde.

Всего: 10 способов.

 

Определение: Сочетанием из n элементов по к называется любое множество, составленное из к элементов, выбранных из данных n элементов.

                                 к

     Число сочетаний из n элементов по к обозначается Сn.

     В сочетаниях не имеет значения  порядок элементов, сочетания  отличаются составом элементов.

     Допустим, имеется множество, содержащее  n элементов, и из его элементов составлены

                к

всевозможные  сочетания по к элементов. Число  таких сочетаний равно Сn. В каждом сочетании можно выполнить Рк перестановок. В результате мы получим все размещения,

        к

которые можно составить из n элементов по к. Их число равно Аn.

               К            к                                     к           к

     Значит, Аn = Cn·Pк. Отсюда Сn = Аn

   к                                                              Рк

Сn = n(n-1)(n-2)…(n-(k-1))   

                1·2·3·…·k

     Умножим числитель и знаменатель, на (n-к)!

 

   к

Сn = (n-1)(n-2)…(n-(k-1)(n-k)! =           n                           

                   1·2·3·…·k·(n-k)!              k!(n-k)!

    

   

 

 

 

 

 Задачи:

 

1. Из 12 учеников нужно выбрать 3 ученика на улусный новогодний бал. Сколькими способами можно сделать этот выбор?

Решение: Каждый выбор отличается от другого хотя бы одним учеником. Значит, здесь речь идет о сочетаниях из 12 элементов по 3:

   3

С12 = 1·2·3·…·9·10·11·12 = 220     Ответ: 220 способов 

             1·2·3·1·2·3·…·9 

             

2. В классе 10 девочек и 8 мальчиков. Нужно выбрать троих дежурных. Сколькими способами можно сделать этот выбор, если:

а) среди них  должен быть 1 мальчик;

б) это могуть быть любые 3 ученика?

                    1

Решение: а) выбрать одного мальчика можно С8 способами:

 

 

   1

С8  = 1·2…·8 = 8

          1!·1·2·..·7

             

                                                                                       2    

           Выбрать  из 10 девочек 2 дежурных можно С10 способами:

                      2

С10 = 1·2·…·8·9·10 = 45

          1·2·1·2·…·8 

Способов из 3 дежурных, среди которых 1 мальчик, всего:

     1        2

С8 ·С10 = 8·45=360        Ответ: 360 способов.

б) любых 3 учеников из 18 учащихся можно выбрать

   3

С18 = 1·2·3…15·16·17·18 = 816         Ответ: 816 способов.

          1·2·3·1·2·3·…·15

 

3. В корзине имеются 15 груш и 7 яблок. Нужно выбрать 5 груш и 3 яблока. Сколькими способами это можно сделать?

Решение: Способов выбора 5 груш:

    5

С15 = 1·2·…·10·11·12·13·14·15 = 360360 = 3003

          1·2·3·4·5·1·2·3·4·…·10         120

Способов выбора 3 яблок:

   3

С7 = 1·2·3·4·5·6·7 = 35

        1·2·3·1·2·3·4                                           5           3

Всего указанный выбор можно сделать С15 ·С7 способами:

    5       3

 С15·С7 = 3003·35=105105              Ответ: 105105 способов.

 

 

Задачи для самостоятельного решения:

1. Восемнадцать студентов задержанных по подозрению в организации беспорядков сидят в камерах предварительного заключения по двое. Во время дознания следователь постоянно пересаживает задержанных студентов. Сколько раз может следователь пересадить задержанных студентов по двое, чтобы одинаковых вариантов распределения по камерам не оказалось?
2. Сколько различных опергрупп из 5 человек можно составить в отряде из 25 человек?
3. На плоскости дано 20 точек, из которых никакие 3 не лежат на одной прямой. Через каждую пару точек проведена прямая. Сколько всего получилось прямых?
4. В партии из 1200 упаковок лекарств 700 поддельных. Для судебной экспертизы из партии извлекают 200 упаковок. Сколько различных вариантов выборки можно сделать, чтобы среди отобранных упаковок оказалось 120 бракованных?

Вычисление вероятностей.

Вероятность события  количественно характеризует возможность (шанс) осуществления этого события в ходе случайного эксперимента. В данном параграфе мы начинаем изучать возможности, предоставляемые теорией вероятности для сравнительного анализа ситуаций, возникающих при различных комбинациях равновероятных событий.

Представим, что у нас проводится эксперимент с пространством  из n элементарных исходов, которые равновероятны. Элементарные исходы являются несовместными событиями (напомним, что несовместные события - это те, которые не могут произойти одновременно), поэтому вероятность каждого из них равна 1/n. Допустим, нас интересует событие А, которое наступает только при реализации благоприятных элементарных исходов, количество последних m (m< n). Тогда, согласно классическому определению, вероятность такого события:

Р(А)=m/n

Для любого события А справедливо  неравенство: 0 < P(A) <1.

Пример 1. Лотерея состоит из 1000 билетов, среди них 200 выигрышных. Наугад вынимается один билет из 1000. Чему равна вероятность того, что этот билет выигрышный?

Решение: различных исходов в этом примере 1000 (n=1000). В интересующее нас событие А входят 200 исходов (m=200).

Таким образом, 

Пример 2. В коробке лежат 200 белых, 100 красных и 50 зеленых шаров. Наудачу вынимается один шар. Чему равны вероятности получить шар белого, красного или зеленого цвета?

Решение: Рассмотрим события:

А={вынули белый шар},

В={вынули красный шар},

С={вынули зеленый шар}.

n=350, тогда

 
Пример 3. Бросается игральная кость. Чему равны вероятности следующих событий:

А={выпала грань  с 6 очками},

В={выпала грань  с четным числом очков},

С={выпала грань  с числом очков, делящимся на 3}?

Решение: n=6. Событию А благоприятствует один исход, событию В - три исхода, событию С - два исхода. Таким образом,

Иногда в задачах  число элементарных исходов бывает так велико, что выписать их все  не представляется возможным. Поэтому  применяются формулы из комбинаторики.

Пример 4. Из колоды в 36 карт вытаскивают три. Какова вероятность того, что среди вынутых карт нет десяток?

Решение: В этом примере элементарным исходом является случайный набор из трех карт. Общее число элементарных исходов равно N=C₃₆³ , элементарные исходы считаем равновозможными. Благоприятных исходов (количество возможных наборов по три карты из той же колоды, но без десяток) 
m=C₃₂³ . Таким образом, вероятность события A {Вынуто 3 карты из 36 и среди них нет десяток}:

 

Задачи для самостоятельного решения:

1. В урне 12 черных, 7 белых и 9 желтых шаров. Наугад вынимают один. Какова вероятность того, что это шар белого цвета.
2. В лотерее разыгрывается 100 билетов. Из них 15 выигрывают по 50000 руб., 25 – по 10000 руб., 60 – по 5000 руб. Играющий приобрел один билет. Какова вероятность выиграть не менее 10 000 руб.?
3. Во время процедуры опознания двух подозреваемых посадили на скамью вместе с восемью другими лицами. Какова вероятность того, что на скамье между подозреваемыми оказалось 3 человека.
4. Преступник знает, что шифр сейфа составлен из цифр 1, 3, 7, 9, но не знает в каком порядке их набирать. Какова вероятность того, что первые две цифры он набрал верно? Какова вероятность того, что преступник откроет сейф с первой попытки?

В партии из 1000 изделий 600 бракованных. Из партии наугад выбирается 300 изделий. Какова вероятность, что среди этих 300 будет ровно 100 бракованных?

Последовательные события и слепой случай.

Теорема умножения вероятностей. 

 

При оценке вероятности наступления  какого-либо случайного события очень  важно предварительно хорошо представлять, зависит ли вероятность наступления  интересующего нас события от того, как развиваются остальные события.

В случае классической схемы, когда  все исходы равновероятны, мы уже  можем оценить значения вероятности  интересующего нас отдельного события  самостоятельно. Мы можем сделать  это даже в том случае, если событие  является сложной совокупностью нескольких элементарных исходов. А если несколько случайных событий происходит одновременно или последовательно? Как это влияет на вероятность реализации интересующего нас события?

Если я несколько раз кидаю  игральную кость, и хочу, чтобы выпала "шестерка", а мне все время не везет, значит ли это, что надо увеличивать ставку, потому что, согласно теории вероятностей, мне вот-вот должно повезти? Увы, теория вероятности не утверждает ничего подобного. Ни кости, ни карты, ни монетки не умеют запоминать, что они продемонстрировали нам в прошлый раз. Им совершенно не важно, в первый раз или в десятый раз сегодня я испытываю свою судьбу. Каждый раз, когда я повторяю бросок, я знаю только одно: и на этот раз вероятность выпадения "шестерки" снова равна одной шестой. Конечно, это не значит, что нужная мне цифра не выпадет никогда. Это означает лишь то, что мой проигрыш после первого броска и после любого другого броска - независимые события.

События А и В называются независимыми, если реализация одного из них никак не влияет на вероятность другого события. Например, вероятности поражения цели первым из двух орудий не зависят от того, поразило ли цель другое орудие, поэтому события "первое орудие поразило цель" и "второе орудие поразило цель" независимы.

Если два события А и В  независимы, и вероятность каждого  из них известна, то вероятность  одновременного наступления и события  А, и события В (обозначается АВ) можно  посчитать, воспользовавшись следующей теоремой.

 
Теорема умножения вероятностей для независимых событий:

 

P(AB) = P(A)*P(B) - вероятность одновременного наступления двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий.

Пример. Вероятности попадания в цель при стрельбе первого и второго орудий соответственно равны: р₁=0,7; р₂=0,8. Найти вероятность попадания при одном залпе обоими орудиями одновременно.

Решение: как мы уже видели события А (попадание первого орудия) и В (попадание второго орудия) независимы, т.е. Р(АВ)=Р(А)*Р(В)=р₁*р₂=0,56.

Что произойдет, с нашими оценками, если исходные события не являются независимыми? Давайте немного изменим предыдущий пример.

Пример. Два стрелка на соревнованиях стреляют по мишеням, причем, если один из них стреляет метко, то соперник начинает нервничать, и его результаты ухудшаются. Как превратить эту житейскую ситуацию в математическую задачу и наметить пути ее решения? Интуитивно понятно, что надо каким-то образом разделить два варианта развития событий, составить по сути дела два сценария, две разные задачи. В первом случае, если соперник промахнулся, сценарий будет благоприятный для нервного спортсмена и его меткость будет выше. Во втором случае, если соперник прилично реализовал свой шанс, вероятность поразить мишень для второго спортсмена снижается.

Для разделения возможных сценариев (их часто называют гипотезами) развития событий мы будем часто использовать схему "дерева вероятностей". Эта схема похожа по смыслу на дерево решений, с которым Вам, наверное, уже приходилось иметь дело. Каждая ветка представляет собой отдельный сценарий развития событий, только теперь она имеет собственное значение так называемой условной вероятности (q₁, q₂, q₁-1, q₂-1).

 

 
Эта схема очень удобна для анализа последовательных случайных событий.

Остается выяснить еще один немаловажный вопрос: откуда берутся исходные значения вероятностей в реальных ситуациях? Ведь не с одними же монетами и игральными костями работает теория вероятностей? Обычно эти оценки берутся из статистики, а когда статистические сведения отсутствуют, мы проводим собственное исследование. И начинать его нам часто приходится не со сбора данных, а с вопроса, какие сведения нам вообще нужны.

Пример. Допустим, нам надо оценить в городе с населением в сто тысяч жителей объем рынка для нового товара, который не является предметом первой необходимости, например, для бальзама по уходу за окрашенными волосами. Рассмотрим схему "дерева вероятностей". При этом значение вероятности на каждой "ветке" нам надо приблизительно оценить. Итак, наши оценки емкости рынка:

1. из всех жителей города женщин 50%,
2. из всех женщин только 30% красят волосы часто,
3. из них только 10% пользуются бальзамами для окрашенных волос,
4. из них только 10% могут набраться смелости попробовать новый товар,
5. из них 70% обычно покупает все не у нас, а у наших конкурентов.

 
 
Решение: По закону перемножения вероятностей, определяем вероятность интересующего нас события А={житель города покупает у нас этот новый бальзам}=0,00045.

Умножим это значение вероятности на число жителей  города. В результате имеем всего 45 потенциальных покупательниц, а  если учесть, что одного пузырька этого средства хватает на несколько месяцев, не слишком оживленная получается торговля.

И все-таки польза от наших оценок есть.

Во-первых, мы можем  сравнивать прогнозы разных бизнес-идей, на схемах у них будут разные "развилки", и, конечно, значения вероятности тоже будут разные.

Во-вторых, как  мы уже говорили, случайная величина не потому называется случайной, что  она совсем ни от чего не зависит. Просто ее точное значение заранее не известно. Мы знаем, что среднее количество покупателей может быть увеличено (например, с помощью рекламы нового товара). Так что имеет смысл сосредоточить усилия на тех "развилках", где распределение вероятностей нас особенно не устраивает, на тех факторах, на которые мы в состоянии повлиять.

Рассмотрим еще  один количественный пример исследования покупательского поведения.

Пример. За день продовольственный рынок посещает в среднем 10000 человек. Вероятность того, что посетитель рынка заходит в павильон молочных продуктов, равна 1/2. Известно, что в этом павильоне в среднем продается в день 500 кг различных продуктов.

Можно ли утверждать, что средняя покупка в павильоне  весит всего 100 г?

Обсуждение. Конечно, нельзя. Понятно, что не каждый, кто заходил в павильон, в результате что-то там купил.

 

 

Как показано на схеме, чтобы ответить на вопрос о среднем весе покупки, мы должны найти ответ на вопрос, какова вероятность того, что человек, зашедший в павильон, что-нибудь там купит. Если таких данных в нашем распоряжении не имеется, а нам они нужны, придется их получить самим, понаблюдав некоторое время за посетителями павильона. Допустим, наши наблюдения показали, что только пятая часть посетителей павильона что-то покупает.

Как только эти оценки нами получены, задача становится уже простой. Из 10000 человек, пришедших на рынок, 5000 зайдут в павильон молочных продуктов, покупок  будет только 1000. Средний вес покупки  равен 500 грамм. Интересно отметить, что для построения полной картины происходящего, логика условных "ветвлений" должна быть определена на каждом этапе нашего рассуждения так же четко, как если бы мы работали с "конкретной" ситуацией, а не с вероятностями.