لعبة يقوم فيها المشاركون بمهمة كوميدية. مشاكل في نظرية الاحتمالات مع الحلول

مع أول خريجي مدرسة موسكو المعمارية.

أ.ف.: يوليا، لقد حصلت على شهادتك في استوديو "تنسيق الحركة" لسيرجي شوبان، حيث كان تصميمك هو المبنى D-1 في سكولكوفو. بقدر ما أستطيع أن أقول، ربما كان عملك هو الأكثر تحديدًا: كنت تصمم لمكان لم يتم تشكيل سياقه بعد. كيف تشعر؟

يو.أ.: كان العمل بدون سياق موجود غريبًا بعض الشيء بالفعل. في منطقة سكولكوفو، التي تم تطوير المخطط الرئيسي لها من قبل مكتب الخطابة التابع لسيرجي شوبان بالتعاون مع شركة ديفيد تشيبرفيلد، تم تخصيص قطعة أرض لنا، وكان علينا معرفة ما يمكننا فعله بها. في الفصل الدراسي الأول تم تقسيمنا إلى 3 مجموعات كل منها 4 أشخاص وتم الإعلان عن مسابقة بيننا لحل التخطيط للربع الواحد. كان علينا أن نضع على قطعة الأرض التي حصلنا عليها اثني عشر منزلاً، من خمسة طوابق في المتوسط، وفقًا لعدد الطلاب في المجموعة. لقد حدث أن فاز فريقنا بالمسابقة: أنا وأنيا شيفتشينكو وديما ستولبوفوي وأرتيم سليزونوف. لقد توصلنا إلى خطة صارمة إلى حد ما، والتي كانت محدودة ليس فقط ببعض المعلمات المساحية، ولكن أيضًا بالمواصفات الفنية ورمز التصميم.

ما هي خطتك الرئيسية؟

قمنا بتغيير الهيكل الذي كان في النسخة الأصلية من المخطط العام: من أجل تقليل حجم البيئة، قمنا بتقسيم المبنى الخاص بنا إلى 4 كتل فرعية مع مساحة عامة داخل كل منها. بالإضافة إلى ذلك، كان لكل قسم فرعي وظيفته الخاصة: الإسكان، والشركات الناشئة، وقسم فرعي بوظيفة رياضية ومبنى رئيسي، ومنطقة بها صالة نوم مشتركة، وفندق، ومتحف، والساحة الرئيسية تقع هنا أيضًا.

ما هي القيود التي كتبتها في كود التصميم؟

الربع صغير جدًا، ويمكن لنوايا كل مشارك أن تؤثر بشكل كبير على الآخرين. لذلك، لم نصف مواد محددة، ولكننا قمنا بتنظيم التغييرات المحتملة في الشكل من خلال تحديد "البصمة" وFAR. على سبيل المثال، إذا قمت "بالقضم"، يزداد عدد طوابقك، وهذا بدوره يقتصر أيضًا على مستوى معين.

ما هي الخطوة التالية؟

بعد ذلك، كان على كل واحد منا تطوير أحد المباني في الموقع، ولكن تم تحديد أي منها، وبأي وظيفة، بالقرعة، وقمنا برسم الأوراق بـ "القرعة". كانت هذه خطة سيرجي تشوبان. ويختلف هذا الموقف اختلافًا جوهريًا عن الموقف الذي تختار فيه بنفسك موضوع شهادتك وتصمم مبنى بوظيفة محددة ربما كنت تحلم بتصميمه طوال سنوات الدراسة الست. هنا كان علينا أن نتصالح مع ما حصلنا عليه بالقرعة، ومن ناحية، كان الأمر مؤلمًا للغاية، ولكن من ناحية أخرى، كان موقفًا قريبًا من الحياة.

ماذا حصلت؟

لقد كنت محظوظا، في رأيي. لقد صممت مبنى بدء التشغيل. بأبعاد معينة لم يكن من الممكن تغييرها. كان المبدأ الأكثر أهمية الذي انطلقت منه أيديولوجيًا ووظيفيًا: اليوم هي شركة ناشئة، لكن من المحتمل جدًا ألا تكون كذلك غدًا.

بعد كل شيء، ما هو سكولكوفو على أي حال؟ لا أحد يستطيع الإجابة على هذا السؤال بشكل واضح. من خلال دراسة المواد، خلصت إلى أن استراتيجية التطوير الخاصة بسكولكوفو مرنة للغاية. بالنسبة لي، أصبح هذا هو الشرط الرئيسي الذي يجب أن يفي به مشروعي. لذلك، مع عرض المبنى 12 مترًا، كان من المهم بالنسبة لي عدم وجود جدران إضافية في المبنى الخاص بي. لم أترك شيئًا سوى النوى المتصلبة، والتي تعتبر إلزامية من وجهة نظر التصميم. يوجد بالداخل تصميم مفتوح ومجاني. أما بالنسبة للشكل الخارجي، فقد حاولت تصميم المبنى الخاص بي بحيث يكون متواضعًا جدًا، ولكن في نفس الوقت معبرًا.

وتبين أن الواجهة الرئيسية بطول 12 مترًا تواجه الشارع. لذلك قررت شحذ شكلها. يلعب سقف الجملون، الذي أصبح لهجة بصرية للمبنى بأكمله، دورا هاما. إنها حلقة وصل وسيطة بين "جارين" لكائني، مختلفان في الطول والتعبير.

هل قمت بتشكيل نوع من الموقف الخاص بك تجاه فكرة مركز معلومات سكولكوفو في عملية العمل؟

لقد تغير أثناء العمل. في البداية، كان السياق الأيديولوجي غامرًا بعض الشيء. ثم بدأنا في إدراك Skolkovo ليس كظاهرة على نطاق روسي، ولكن للنظر بعناية في مشاكل المكان نفسه. ففي نهاية المطاف، يمكن أن يكون اليوم مركزًا للابتكار، وغدًا يمكن أن يكون شيئًا آخر. فهل من المفترض أن يتم هدم المبنى الخاص بك؟ يمكن للهندسة المعمارية الجيدة أن تعيش لفترة أطول من سياقها الأصلي. إنها أيضًا تشكل واحدة جديدة.

هل كان من الصعب العمل ضمن مجموعة؟ كيف تم بناء العلاقات داخل الاستوديو عندما بدأ كل واحد منكم العمل على مشروعه الخاص؟

نعم، بالطبع من الصعب. بعد كل شيء، لقد نجحنا بحيث يمكن لرغبات كل شخص أن تغير الوضع ككل بشكل جذري. المنطقة صغيرة جدًا، وفكرة شخص ما لصنع وحدة تحكم أو أي شيء آخر، على سبيل المثال، يمكن أن تؤثر، على سبيل المثال، على معايير التعرض للشمس. وبعد ذلك جلسنا جميعًا وبدأنا في مناقشة ما إذا كان هذا صحيحًا أم خطأ.

النسخة النهائية فاجأتني بسرور. في البداية بدا لي أن رغبة الجميع في القيام بمشروع أطروحة مبهرة سوف تفوق العمل الجماعي المتناغم. ولكن في النهاية تبين أن الخطة الرئيسية متوازنة تمامًا. يبدو لي أننا تمكنا من إيجاد "الوسط الذهبي" بين الطموحات الشخصية والحاجة إلى اتباع قواعد معينة للعبة.

ما هي الميزات التي يتمتع بها التدريب مع سيرجي شوبان؟

كان جميع رؤساء الاستوديو الخاص بنا سعداء للغاية بالعمل معهم. بالإضافة إلى سيرجي، كان هؤلاء هم أليكسي إيلين وإيجور شلينوف من مكتب الكلام؛ كما جاء متخصصون ذوو صلة للمساعدة في فرز مكونات معينة. تم تنظيم العملية التعليمية بطريقة دقيقة ومبهجة، حرفيًا دقيقة بدقيقة. على الرغم من أن سيرجي ربما وجد صعوبة في التعامل معنا إلى حد ما. يبدو لي أنه كان يعتمد على حقيقة أننا كنا محترفين تقريبًا. ولا أستطيع أن أقول إننا ما زلنا أطفالا، لكن الفرق بين موظف المكتب والطالب لا يزال كبيرا بشكل لا يصدق. لقد شاركنا معرفته ليس كمدرس، ولكن كمهندس معماري ممارس وتمكن من جعلنا نعمل بشكل أكثر استقلالية ومع بعضنا البعض أكثر من العمل مع المعلمين. لقد كان حقا "تنسيق الحركات".

ما الذي قدمته لك سنتان دراستك في MARCH بشكل عام؟

لا أستطيع أن أقول أن العين الثالثة قد فتحت. لكن تم حل بعض الشكوك، وتعززت بعض المواقف. الآن أنا أكثر مسؤولية عما أفعله وما أقوله. ربما شكرًا جزيلاً لك على هذا المارش، وربما شكرًا جزيلاً لك على هذا الوقت. أستطيع أن أقول إن الشيء الأكثر قيمة في مارس، المورد الرئيسي للمدرسة، هو الناس ونوع من الجو الخاص. بشكل رئيسي ذهبت إلى هناك من أجل الناس. ذهبت إلى سيرجي سيتار، إلى كيريل أسو، إلى إيفجيني فيكتوروفيتش، إلى نارين تيوتشيفا. علاوة على ذلك، كان لدي أنتم، أيها الرفاق، الذين ألهموني ودعموني. آمل أن نتواصل في المستقبل، وآمل أن نفعل شيئًا معًا.

أين كنت تدرس قبل هذا؟

لقد دافعت عن درجة البكالوريوس في معهد موسكو المعماري مع المعلمة المتميزة إيرينا ميخائيلوفنا ياستريبوفا. ويمكنني أن أضيف أن لدي موقفًا جيدًا جدًا تجاه MARCHI ولا أعتقد أنه نوع من الآثار السوفيتية. إنه يعطي الأساسيات الأكاديمية، وبعد ذلك يقرر الجميع بأنفسهم ما يريدون القيام به.

ماذا تريد أن تفعل الآن؟

طوال سنوات وجودي في الهندسة المعمارية، كتبت عنها، وقرأت عنها، وتحدثت عنها، لكنني لم أقم بإنشائها مطلقًا بكل معنى الكلمة. لقد كنت منخرطًا بشكل أساسي في الهندسة المعمارية الورقية، مع مثل هذه الادعاءات بالفن المفاهيمي. وإذا كنت في وقت سابق واثقًا تمامًا من أن النظرية تحدد الممارسة، فلا أستطيع الآن أن أؤمن بها حتى أتحقق منها. لذلك، أحتاج الآن إلى زيارة موقع البناء، أحتاج إلى فهم ما هو عليه - عندما تفعل شيئًا على الورق، ثم قاتلت من أجله، وجادلت، ووافقت، وفي النهاية تقف وتنظر وتفهم: ها هو هو أنه حدث! هذه هي فكرتي الإصلاح. لذلك، أخطط للتدرب على مدار العامين المقبلين وسأحاول أن أجعل طريقي إلى البناء والتنفيذ قصيرًا قدر الإمكان.

مشاكل في نظرية الاحتمالات مع الحلول

1. التوافقيات

المشكلة 1 . هناك 30 طالبا في المجموعة. من الضروري اختيار رئيس ونائب رئيس ومنظم نقابي. كم عدد الطرق المتاحة للقيام بذلك؟

حل.يمكن اختيار أي من الطلاب الـ 30 كرئيس، ويمكن اختيار أي من الطلاب الـ 29 المتبقين نائبًا، ويمكن اختيار أي من الطلاب الـ 28 المتبقين كمنظم نقابي، أي n1=30، n2=29، ن3=28. وفقًا لقاعدة الضرب، فإن العدد الإجمالي لطرق اختيار رئيس ونائبه والقائد النقابي هو N=n1´n2´n3=30´29´28=24360.

المشكلة 2 . يجب على اثنين من سعاة البريد تسليم 10 رسائل إلى 10 عناوين. بكم طريقة يمكنهم توزيع العمل؟

حل.يحتوي الحرف الأول على بدائل n1=2 - إما أنه يشير إلى إلى المرسل إليهساعي البريد الأول، أو الثاني. بالنسبة للحرف الثاني هناك أيضًا n2=2 بدائل، وما إلى ذلك، أي n1=n2=…=n10=2. ولذلك، وبموجب قاعدة الضرب، فإن إجمالي عدد طرق توزيع الرسائل بين ساعي البريد يساوي

المشكلة 3. يوجد 100 جزء في الصندوق، 30 منها من الدرجة الأولى، و50 من الدرجة الثانية، والباقي من الدرجة الثالثة. ما عدد الطرق المتوفرة لإزالة جزء واحد من الدرجة الأولى أو الدرجة الثانية من الصندوق؟

حل.يمكن استخراج جزء من الصف الأول بطريقة n1=30، ويمكن استخراج جزء من الصف الثاني بطريقة n2=50. وفقا لقاعدة المجموع، هناك N=n1+n2=30+50=80 طريقة لاستخراج جزء واحد من الصف الأول أو الثاني.

المشكلة 5 . يتم تحديد ترتيب أداء المشاركين السبعة في المسابقة بالقرعة. ما عدد الخيارات المختلفة الممكنة لسحب القرعة؟

حل.يختلف كل شكل من أشكال السحب فقط في ترتيب المشاركين في المسابقة، أي أنه عبارة عن تبديل لـ 7 عناصر. عددهم متساوي

المشكلة 6 . ويشارك في المسابقة 10 أفلام بـ 5 ترشيحات. ما هو عدد الخيارات المتاحة لتوزيع الجوائز إذا تم وضع القواعد لجميع الفئات؟ متنوعالجوائز؟

حل.كل خيار من خيارات توزيع الجائزة عبارة عن مزيج من 5 أفلام من أصل 10، ويختلف عن المجموعات الأخرى سواء في التكوين أو في ترتيبها. وبما أن كل فيلم يمكن أن يحصل على جوائز في فئة واحدة أو عدة فئات، فيمكن تكرار نفس الأفلام. ولذلك فإن عدد هذه المجموعات يساوي عدد المواضع مع تكرار 10 عناصر من 5:

المشكلة 7 . 16 شخصًا يشاركون في بطولة الشطرنج. كم عدد المباريات التي يجب لعبها في البطولة إذا كان يجب لعب مباراة واحدة بين أي اثنين من المشاركين؟

حل.يتم لعب كل لعبة من قبل اثنين من المشاركين من أصل 16 وتختلف عن الآخرين فقط في تكوين أزواج المشاركين، أي أنها عبارة عن مزيج من 16 عنصرًا من 2 لكل منهما

المشكلة 8 . في شروط المهمة 6، حدد عدد خيارات توزيع الجوائز الموجودة إذا كانت لجميع الترشيحات تطابقالجوائز؟

حل.إذا تم تحديد نفس الجوائز لكل ترشيح، فلا يهم ترتيب الأفلام في مجموعة من 5 جوائز، وعدد الخيارات هو عدد المجموعات مع التكرارات 10 عناصر من 5، والتي تحددها الصيغة

المهمة 9. ويجب على البستاني أن يزرع 6 أشجار خلال ثلاثة أيام. بكم طريقة يمكنه توزيع عمله على الأيام إذا كان يزرع شجرة واحدة على الأقل في اليوم؟

حل.لنفترض أن البستاني يزرع أشجارًا متتالية ويمكنه اتخاذ قرارات مختلفة بشأن أي شجرة يجب أن يتوقف في اليوم الأول وأي شجرة يجب أن يتوقف في اليوم الثاني. وهكذا يمكن للمرء أن يتخيل أن الأشجار مفصولة بقسمين، يمكن لكل منهما أن يقف في أحد الأماكن الخمسة (بين الأشجار). يجب أن تكون الأقسام هناك واحدة تلو الأخرى، وإلا فلن يتم زرع شجرة واحدة في يوم من الأيام. وبالتالي، تحتاج إلى تحديد عنصرين من أصل 5 (بدون تكرار). وبالتالي فإن عدد الطرق.

المشكلة 10. كم عدد الأرقام المكونة من أربعة أرقام (ربما تبدأ بالصفر) الموجودة والتي مجموع أرقامها يصل إلى 5؟

حل.لنتخيل الرقم 5 كمجموع أرقام متتالية، مقسمة إلى مجموعات حسب الأقسام (كل مجموعة في المجموع تشكل الرقم التالي من الرقم). من الواضح أن هناك حاجة إلى 3 أقسام من هذا القبيل. هناك 6 أماكن للأقسام (قبل كل الوحدات، بينها وبعد). يمكن شغل كل مساحة بقسم واحد أو أكثر (في الحالة الأخيرة لا يوجد أي قسم بينهما، والمجموع المقابل هو صفر). دعونا نعتبر هذه الأماكن كعناصر لمجموعة. وبالتالي، تحتاج إلى تحديد 3 عناصر من أصل 6 (مع التكرار). وبالتالي العدد المطلوب من الأرقام

المشكلة 11 . بكم طريقة يمكن تقسيم مجموعة مكونة من 25 طالبًا إلى ثلاث مجموعات فرعية A وB وC مكونة من 6 و9 و10 أشخاص على التوالي؟

حل.هنا n=25, k=3, n1=6, n2=9, n3=10..gif" width="160" height="41">

المشكلة 1 . يوجد 5 برتقالات و4 تفاحات في الصندوق. يتم اختيار 3 ثمار عشوائيا. ما هو احتمال أن تكون الثمار الثلاث برتقالًا؟

حل. النتائج الأولية هنا هي مجموعات تحتوي على 3 فواكه. وبما أن ترتيب الثمار غير مهم، فإننا سنعتبر اختيارها غير منظم (وغير متكرر)..gif" width="21" height="25 src=">. عدد النتائج الإيجابية يساوي عدد الطرق لاختيار 3 برتقالات من بين 5 برتقالات متاحة، على سبيل المثال: gif" width="161 height=83" height="83">.

المشكلة 2 . يطلب المعلم من كل طالب من الطلاب الثلاثة أن يفكر في أي رقم من 1 إلى 10. بافتراض أن اختيار كل طالب لأي رقم معين ممكن بشكل متساوٍ، أوجد احتمال أن يكون لأحدهم نفس الرقم.

حل.أولا، دعونا نحسب العدد الإجمالي للنتائج. يختار الطالب الأول واحدًا من 10 أرقام ويكون لديه n1=10 احتمالات، والثاني لديه أيضًا n2=10 احتمالات، وأخيرًا، الثالث لديه أيضًا n3=10 احتمالات. وبحكم قاعدة الضرب فإن إجمالي عدد الطرق يساوي: n=n1´n2´n3=103 = 1000، أي أن المساحة بأكملها تحتوي على 1000 نتيجة أولية. لحساب احتمالية الحدث أ، من المناسب الانتقال إلى الحدث المعاكس، أي حساب عدد الحالات التي يفكر فيها الطلاب الثلاثة بأرقام مختلفة. لا يزال لدى الأول طرق m1=10 لاختيار رقم. الطالب الثاني لديه الآن احتمالات m2=9 فقط، حيث عليه أن يحرص على ألا يتطابق رقمه مع العدد المقصود للطالب الأول. أما الطالب الثالث فهو أكثر محدودية في اختياره - فهو يمتلك فقط احتمالات m3=8. ولذلك، فإن العدد الإجمالي لمجموعات الأرقام المتصورة التي لا يوجد فيها تطابقات هو م=10×9×8=720. هناك 280 حالة يوجد فيها تطابقات، وبالتالي فإن الاحتمال المطلوب يساوي P = 280/1000 = 0.28.

المشكلة 3 . أوجد احتمال أن يكون في عدد مكون من 8 أرقام 4 أرقام متطابقة والباقي مختلفة.

حل. الحدث أ=(عدد مكون من ثمانية أرقام يحتوي على 4 أرقام متطابقة). ويترتب على شروط المسألة أن هناك خمسة أرقام مختلفة في العدد، واحد منهم متكرر. عدد طرق اختياره يساوي عدد طرق اختيار رقم واحد من 10 أرقام..gif" width="21" height="25 src="> . ثم عدد النتائج الإيجابية إجمالي عدد طرق تكوين أرقام مكونة من 8 أرقام هي |W|=108 الاحتمال المطلوب هو

المشكلة 4 . ستة عملاء يتصلون بشكل عشوائي بـ 5 شركات. أوجد احتمال عدم قيام أحد بالاتصال بشركة واحدة على الأقل.

حل.خذ بعين الاعتبار الحدث المعاكس https://pandia.ru/text/78/307/images/image020_10.gif" width="195" height="41">. إجمالي عدد طرق توزيع 6 عملاء على 5 شركات. وبالتالي . لذلك، .

المشكلة 5 . لنفترض أن هناك كرات N في الجرة، منها M بيضاء وN-M سوداء. يتم سحب n من الكرات من الجرة. أوجد احتمال وجود m بالضبط من الكرات البيضاء بينهم.

حل.نظرًا لأن ترتيب العناصر غير مهم هنا، فإن عدد جميع المجموعات الممكنة للحجم n من العناصر N يساوي عدد مجموعات m من الكرات البيضاء، وn-m من الكرات السوداء، وبالتالي، فإن الاحتمال المطلوب يساوي P(A) = https://pandia.ru/text/78/307/images/image031_2.gif" width="167" height="44">.

المشكلة 7 (مشكلة الاجتماع) . اتفق الشخصان A وB على الاجتماع في مكان معين بين الساعة 12 و13 ظهرًا. أول شخص يصل ينتظر الشخص الآخر لمدة 20 دقيقة ثم يغادر. ما هو احتمال اللقاء بين الشخصين A وB، إذا كان وصول كل منهما يمكن أن يحدث بشكل عشوائي خلال الساعة المحددة وتكون لحظات الوصول مستقلة؟

حل.دعونا نشير إلى لحظة وصول الشخص A بواسطة x والشخص B بواسطة y. لكي يتم الاجتماع، من الضروري والكافي أن يكون مبلغ x-yô 20 جنيهًا إسترلينيًا. لنرسم x وy كإحداثيات على المستوى، مع اختيار الدقيقة كوحدة مقياس. يتم تمثيل جميع النتائج المحتملة بنقاط مربع طول ضلعه 60، وتقع النتائج الملائمة للاجتماع في المنطقة المظللة. الاحتمال المطلوب يساوي نسبة مساحة الشكل المظلل (الشكل 2.1) إلى مساحة المربع بأكمله: P(A) = (602–402)/602 = 5/9.

3. الصيغ الأساسية لنظرية الاحتمالات

المشكلة 1 . يوجد 10 أزرار حمراء و5 أزرار زرقاء في الصندوق. يتم سحب زرين بشكل عشوائي. ما هو احتمال أن تكون الأزرار بنفس اللون؟ ?

حل. يمكن تمثيل الحدث A=(تم إخراج الأزرار من نفس اللون) كمجموع، حيث تعني الأحداث اختيار الأزرار الحمراء والزرقاء على التوالي. احتمال سحب زرين أحمرين متساوي، واحتمال سحب زرين أزرقين https://pandia.ru/text/78/307/images/image034_2.gif" width="19 height=23" height= "23">.gif" width="249" height="83">

المشكلة 2 . ومن بين موظفي الشركة 28% يعرفون ذلك اللغة الإنجليزية 30% - الألمانية، 42% - الفرنسية؛ الإنجليزية والألمانية – 8%، الإنجليزية والفرنسية – 10%، الألمانية والفرنسية – 5%، اللغات الثلاث – 3%. أوجد احتمال أن يكون الموظف الذي تم اختياره عشوائيًا في الشركة: أ) يعرف اللغة الإنجليزية أو الألمانية؛ ب) يعرف اللغة الإنجليزية أو الألمانية أو الفرنسية؛ ج) لا يعرف أيًا من اللغات المدرجة.

حل.دعنا نشير بـ A وB وC إلى الأحداث التي يتحدث فيها موظف تم اختياره عشوائيًا في الشركة الإنجليزية أو الألمانية أو الفرنسية، على التوالي. ومن الواضح أن نسبة موظفي الشركة الذين يتحدثون لغات معينة تحدد احتمالات وقوع هذه الأحداث. نحصل على:

أ) P(AÈB)=P(A)+P(B) -P(AB)=0.28+0.3-0.08=0.5؛

ب) P(AÈBÈC)=P(A)+P(B)+P(C)-(P(AB)+P(AC)+P(BC))+P(ABC)=0.28+0, 3+ 0.42-

-(0,08+0,1+0,05)+0,03=0,8;

ج) 1-P(AÈBÈC)=0.2.

المشكلة 3 . الأسرة لديها طفلان. ما احتمال أن يكون الابن الأكبر ذكراً إذا علم أن الأسرة لديها أطفال من الجنسين؟

حل.دع أ = (الطفل الأكبر ولد)، ب = (الأسرة لديها أطفال من كلا الجنسين). لنفترض أن ولادة صبي وولادة فتاة هما حدثان محتملان بنفس القدر. إذا كان ولادة الصبي يشار إليها بالحرف م، وولادة الفتاة بالحرف د، فإن مساحة جميع النتائج الأولية تتكون من أربعة أزواج: . في هذا الفضاء، تتوافق نتيجتان فقط (MD وDM) مع الحدث B. ويعني الحدث AB أن الأسرة لديها أطفال من كلا الجنسين. الطفل الأكبر هو صبي، وبالتالي فإن الطفل الثاني (الأصغر) هو فتاة. هذا الحدث AB يتوافق مع نتيجة واحدة - MD. وبالتالي، |AB|=1، |B|=2 و

المشكلة 4 . يقوم السيد، الذي يحتوي على 10 أجزاء، 3 منها غير قياسية، بفحص الأجزاء واحدة تلو الأخرى حتى يجد جزءًا قياسيًا. ما هو احتمال أن يتحقق من تفصيلين بالضبط؟

حل.الحدث أ=(فحص السيد جزأين بالضبط) يعني أنه أثناء هذا الفحص، تبين أن الجزء الأول غير قياسي، والثاني قياسي. وهذا يعني، حيث =(تبين أن الجزء الأول غير قياسي) و=(الجزء الثاني كان قياسيًا). ومن الواضح أن احتمال وقوع الحدث A1 يساوي أيضًا ، لأنه قبل أخذ الجزء الثاني، كان لدى السيد 9 أجزاء متبقية، منها 2 فقط غير قياسي و 7 قياسي. بواسطة نظرية الضرب

المشكلة 5 . صندوق واحد يحتوي على 3 كرات بيضاء و5 كرات سوداء، وصندوق آخر يحتوي على 6 كرات بيضاء و4 كرات سوداء. أوجد احتمال سحب كرة بيضاء من صندوق واحد على الأقل إذا تم سحب كرة واحدة من كل صندوق.

حل. يمكن تمثيل الحدث A=(إخراج كرة بيضاء من صندوق واحد على الأقل) كمجموع، حيث تعني الأحداث ظهور كرة بيضاء من المربعين الأول والثاني على التوالي..gif" width="91 " الارتفاع = "23">..gif " العرض = "20" الارتفاع = "23 src =>.gif" العرض = "480" الارتفاع = "23">.

المشكلة 6 . يقوم ثلاثة ممتحنين بأداء امتحان في مادة معينة من مجموعة مكونة من 30 شخصًا، حيث يمتحن الأول 6 طلاب، والثاني - 3 طلاب، والثالث - 21 طالبًا (يتم اختيار الطلاب عشوائيًا من قائمة). يختلف موقف الممتحنين الثلاثة تجاه أولئك الذين لم يستعدوا جيدًا: فرص اجتياز هؤلاء الطلاب للامتحان مع المعلم الأول هي 40٪، مع الثاني - 10٪ فقط، ومع الثالث - 70٪. أوجد احتمال اجتياز الطالب الذي لم يستعد جيدًا للامتحان .

حل.نشير من خلال الفرضيات إلى أن الطالب ضعيف الإعداد أجاب على الممتحن الأول والثاني والثالث على التوالي. وفقا لظروف المشكلة

, , .

دع الحدث أ = (طالب ضعيف الإعداد نجح في الامتحان). ثم مرة أخرى، وذلك بسبب ظروف المشكلة

, , .

باستخدام صيغة الاحتمال الإجمالي نحصل على:

المشكلة 7 . لدى الشركة ثلاثة مصادر لتوريد المكونات - الشركات أ، ب، ج. وتمثل حصة الشركة أ 50٪ من إجمالي حجم العرض، ب - 30٪ و ج - 20٪. من المعروف من الممارسة أن 10% من الأجزاء الموردة من قبل الشركة "أ" بها عيوب، ومن قبل الشركة "ب" - 5%، ومن قبل الشركة "ج" - 6%. ما احتمال أن يكون الجزء المأخوذ عشوائيًا مناسبًا؟

حل.ليكن الحدث G هو ظهور الجزء المناسب. احتمالات الفرضيات القائلة بأن الجزء تم توفيره من قبل الشركات A، B، C تساوي P(A)=0.5، P(B)=0.3، P(C)=0.2، على التوالي. الاحتمالات الشرطية لظهور جزء جيد تساوي P(G|A)=0.9، P(G|B)=0.95، P(G|C)=0.94 (مثل احتمالات الأحداث المعاكسة لظهور جزء جيد) جزء معيب). باستخدام صيغة الاحتمال الإجمالي نحصل على:

P(G)=0.5×0.9+0.3×0.95+0.2×0.94=0.923.

المشكلة 8 (انظر المهمة 6). وليعلم أن الطالب لم ينجح في الامتحان، أي حصل على درجة “غير مرضية”. أي من المعلمين الثلاثة كان من المرجح أن يجيب؟ ?

حل.احتمال الحصول على "الفشل" يساوي . تحتاج إلى حساب الاحتمالات الشرطية. باستخدام صيغ بايز نحصل على:

https://pandia.ru/text/78/307/images/image059_0.gif" width = "183" height = "44 src = ">، .

ويترتب على ذلك، على الأرجح، أن الطالب الذي تم إعداده بشكل سيء قد أخذ الامتحان إلى ممتحن ثالث.

4. الاختبارات المستقلة المتكررة. نظرية برنولي

المشكلة 1 . يتم رمي النرد 6 مرات. أوجد احتمال ظهور الرقم ستة ثلاث مرات بالضبط.

حل.يمكن اعتبار رمي النرد ست مرات بمثابة سلسلة من التجارب المستقلة مع احتمالية نجاح ("ستات") تبلغ 1/6 واحتمال فشل يبلغ 5/6. نحسب الاحتمال المطلوب باستخدام الصيغة .

المشكلة 2 . تم رمي العملة 6 مرات . أوجد احتمال عدم ظهور شعار النبالة أكثر من مرتين.

حل.الاحتمال المطلوب يساوي مجموع احتمالات ثلاثة أحداث، وهي أن شعار النبالة لن يظهر ولو مرة واحدة، أو مرة واحدة، أو مرتين:

P(A) = P6(0) + P6(1) + P6(2) = https://pandia.ru/text/78/307/images/image063.gif" width="445 height=24" height= "24">.

المشكلة 4 . تم رمي العملة 3 مرات. ابحث عن العدد الأكثر احتمالا للنجاحات (شعار النبالة).

حل.القيم المحتملة لعدد النجاحات في التجارب الثلاث قيد النظر هي m = 0، 1، 2 أو 3. دع Am هو الحدث الذي يظهر فيه شعار النبالة m مرات في ثلاث رميات للعملة المعدنية. باستخدام صيغة برنولي من السهل إيجاد احتمالات الأحداث Am (انظر الجدول):

من هذا الجدول يتبين أن القيم الأكثر احتمالا هي الرقمين 1 و 2 (احتمالاتهما هي 3/8). ويمكن الحصول على نفس النتيجة من النظرية 2. في الواقع، n=3، p=1/2، q=1/2. ثم

، أي. .

المهمة 5. نتيجة لكل زيارة وكيل التأمينتم إبرام العقد باحتمال 0.1. ابحث عن العدد الأرجح للعقود المبرمة بعد 25 زيارة.

حل.لدينا ن=10، ع=0.1، ف=0.9. تأخذ عدم المساواة في العدد الأكثر احتمالاً من النجاحات الشكل التالي: 25×0.1–0.9 جنيه إسترليني*25 جنيه إسترليني×0.1+0.1 أو 1.6 جنيه إسترليني*2.6 جنيه إسترليني. هذه المتباينة لها حل عددي واحد فقط، وهو m*=2.

المشكلة 6 . ومن المعروف أن نسبة الخلل لجزء معين هي 0.5%. يقوم المفتش بفحص 1000 قطعة. ما هو احتمال العثور على ثلاثة أجزاء معيبة بالضبط؟ ما هو احتمال العثور على ثلاثة أجزاء معيبة على الأقل؟

حل.لدينا 1000 اختبار برنولي مع احتمالية "النجاح" p=0.005. وبتطبيق تقريب بواسون مع lect=np=5 نحصل على

2) P1000(م³3)=1-P1000(م<3)=1-»1-,

وP1000(3)"0.14؛ Р1000(م³3)»0.875.

المشكلة 7 . احتمال الشراء عند زيارة العميل للمتجر هو p = 0.75. أوجد احتمال قيام العميل، بعد 100 زيارة، بإجراء عملية شراء 80 مرة بالضبط.

حل. في هذه الحالة، n=100، m=80، p=0.75، q=0.25. نجد وحدد j(x)=0.2036، فإن الاحتمال المطلوب يساوي Р100(80)= .

المهمة 8. أبرمت شركة التأمين 40 ألف عقد. احتمال وقوع حدث مؤمن لكل منهم خلال العام هو 2٪. أوجد احتمال ألا يكون هناك أكثر من 870 حالة من هذا القبيل.

حل.وفقا لشروط المهمة، ن = 40000، ع = 0.02. نجد np = 800،. لحساب P(m £ 870) نستخدم نظرية Moivre-Laplace التكاملية:

ف(0 .

نجد من جدول قيم دالة لابلاس:

ف(0

المشكلة 9 . احتمال وقوع حدث في كل تجربة من التجارب المستقلة الأربعمائة هو 0.8. ابحث عن رقم موجب e بحيث، مع احتمال 0.99، لا تتجاوز القيمة المطلقة لانحراف التكرار النسبي لحدوث حدث ما عن احتماله e.

حل.وفقا لشروط المشكلة، ع = 0.8، ن = 400. نستخدم نتيجة طبيعية من نظرية Moivre-Laplace التكاملية: . لذلك، ..gif" width="587" height="41">

5. المتغيرات العشوائية المنفصلة

المشكلة 1 . في مجموعة من 3 مفاتيح، مفتاح واحد فقط يناسب الباب. يتم البحث عن المفاتيح حتى يتم العثور على المفتاح المناسب. بناء قانون التوزيع للمتغير العشوائي x – عدد المفاتيح المختبرة .

حل.يمكن أن يكون عدد المفاتيح التي تمت تجربتها 1 أو 2 أو 3. إذا تمت تجربة مفتاح واحد فقط، فهذا يعني أن هذا المفتاح الأول يطابق الباب على الفور، واحتمال حدوث مثل هذا الحدث هو 1/3. لذا، بعد ذلك، إذا كان هناك مفتاحين تم اختبارهما، أي x=2، فهذا يعني أن المفتاح الأول لم يعمل، لكن المفتاح الثاني يعمل. احتمال هذا الحدث هو 2/3×1/2=1/3..gif" width="100" height="21"> والنتيجة هي سلسلة التوزيع التالية:

المشكلة 2 . أنشئ دالة التوزيع Fx(x) للمتغير العشوائي x من المشكلة 1.

حل.يحتوي المتغير العشوائي x على ثلاث قيم 1، 2، 3، والتي تقسم المحور العددي بأكمله إلى أربع فترات: . إذا س<1, то неравенство x£x невозможно (левее x нет значений случайной величины x) и значит, для такого x функция Fx(x)=0.

إذا كان 1 جنيه إسترليني ×<2, то неравенство x£x возможно только если x=1, а вероятность такого события равна 1/3, поэтому для таких x функция распределения Fx(x)=1/3.

إذا 2 جنيه استرليني س<3, неравенство x£x означает, что или x=1, или x=2, поэтому в этом случае вероятность P(x

وأخيرًا، في حالة x³3، فإن عدم المساواة x £x ينطبق على جميع قيم المتغير العشوائي x، لذلك P(x

لذلك حصلنا على الوظيفة التالية:

المشكلة 3. قانون التوزيع المشترك للمتغيرات العشوائية x و h موضح باستخدام الجدول

احسب القوانين الخاصة لتوزيع الكميات المكونة x وh. تحديد ما إذا كانوا تابعين..gif" width="423" height="23 src=">;

https://pandia.ru/text/78/307/images/image086.gif" width = "376" height = "23 src = ">.

يتم الحصول على التوزيع الجزئي لـ h بالمثل:

https://pandia.ru/text/78/307/images/image088.gif" width = "229" height = "23 src = ">.

يمكن كتابة الاحتمالات التي تم الحصول عليها في نفس الجدول مقابل القيم المقابلة للمتغيرات العشوائية:

الآن دعونا نجيب على سؤال حول استقلالية المتغيرات العشوائية x و h..gif" width="108" height="25 src="> في هذه الخلية. على سبيل المثال، في الخلية الخاصة بالقيم x=-1 و h=1 هناك احتمال 1/ 16، وحاصل ضرب الاحتمالات الجزئية المقابلة 1/4 × 1/4 يساوي 1/16، أي أنه يتطابق مع الاحتمال المشترك الخلايا الخمس المتبقية، وتبين أنها صحيحة في جميعها، وبالتالي فإن المتغيرات العشوائية x وh مستقلة.

لاحظ أنه إذا تم انتهاك شرطنا في خلية واحدة على الأقل، فيجب التعرف على الكميات على أنها تابعة.

لحساب الاحتمال لنضع علامة على الخلايا التي ينطبق عليها الشرط https://pandia.ru/text/78/307/images/image092.gif" width="574" height="23 src=">

المشكلة 4 . دع المتغير العشوائي ξ له قانون التوزيع التالي:

حساب التوقع الرياضي Mx، تشتت Dx والانحراف المعياري s.

حل. بحكم التعريف، فإن التوقع الرياضي لـ x يساوي

الانحراف المعياري https://pandia.ru/text/78/307/images/image097.gif" width="51" height="21">.

حل.دعونا نستخدم الصيغة . وهي أننا في كل خلية من الجدول نضرب القيم المقابلة ونضرب النتيجة في الاحتمالية pij ونجمعها كلها في جميع خلايا الجدول. ونتيجة لذلك نحصل على:

المشكلة 6 . بالنسبة لزوج من المتغيرات العشوائية من المشكلة 3، احسب التباين cov(x, h).

حل.في المشكلة السابقة تم حساب التوقع الرياضي بالفعل . يبقى أن نحسب و . باستخدام قوانين التوزيع الجزئي التي تم الحصول عليها في حل المشكلة 3، نحصل على

; ;

وهذا يعني

وهو ما كان متوقعا نظرا لاستقلالية المتغيرات العشوائية.

المهمة 7. يأخذ المتجه العشوائي (x, h) القيم (0,0) و(1,0) و(–1,0) و(0,1) و(0,–1) باحتمال متساوٍ. احسب التباين المشترك للمتغيرات العشوائية x وh. تبين أنهم يعتمدون.

حل. بما أن P(x=0)=3/5، P(x=1)=1/5، P(x=–1)=1/5; Р(h=0)=3/5، P(h=1)=1/5، P(h=–1)=1/5، ثم Мx=3/5´0+1/5´1+1 /5´(–1)=0 و Мh=0;

M(xh)=0´0´1/5+1´0´1/5–1´0´1/5+0´1´1/5–0´1´1/5=0.

نحصل على cov(x, h)=М(xh)–МxМh=0، والمتغيرات العشوائية غير مترابطة. ومع ذلك، فهي تعتمد. افترض أن x=1، فإن الاحتمال الشرطي للحدث (h=0) يساوي P(h=0|x=1)=1 ولا يساوي الاحتمال غير المشروط P(h=0)=3/5 ، أو أن الاحتمال (ξ=0,η =0) لا يساوي حاصل ضرب الاحتمالات: Р(x=0,h=0)=1/5¹Р(x=0)Р(h=0)=9/ 25. لذلك، x و h يعتمدان.

المشكلة 8 . الزيادات العشوائية في أسعار أسهم شركتين لليوم x و h لها توزيع مشترك موضح في الجدول:

أوجد معامل الارتباط.

حل.أولًا، نحسب Mxh=0.3-0.2-0.1+0.4=0.4. بعد ذلك، نجد القوانين الخاصة بتوزيع x وh:

نحدد Mx=0.5-0.5=0; م ح = 0.6-0.4 = 0.2؛ دكس=1; درهم=1–0.22=0.96; cov(x, h)=0.4. نحصل على

.

المهمة 9. الزيادات العشوائية في أسعار أسهم شركتين يوميًا لها فروق Dx=1 وDh=2، ومعامل الارتباط r=0.7. أوجد تباين الزيادة في سعر محفظة مكونة من 5 أسهم للشركة الأولى و 3 أسهم للشركة الثانية.

حل. باستخدام خصائص التشتت والتباين وتعريف معامل الارتباط نحصل على:

المشكلة 10 . يتم توزيع المتغير العشوائي ثنائي الأبعاد من خلال الجدول:

أوجد التوزيع الشرطي والتوقع الشرطي h عند x=1.

حل.التوقع الرياضي المشروط هو

من شروط المشكلة نجد توزيع المكونين h وx (العمود الأخير والصف الأخير من الجدول).