Un joc în care participanții îndeplinesc o sarcină comică. Probleme în teoria probabilității cu soluții
A.V.: Iulia, ți-ai făcut diploma în studioul lui Serghei Choban „Coordonarea mișcării”, unde obiectul tău de design a fost blocul D-1 din Skolkovo. Din câte îmi dau seama, munca ta a fost probabil cea mai specifică: proiectai pentru un loc al cărui context nu fusese încă format. Cum se simte?
Yu.A.: Lucrul fără un context existent a fost într-adevăr puțin ciudat. În zona Skolkovo, pentru care planul general a fost elaborat de biroul de discurs al lui Serghei Choban împreună cu compania lui David Chipperfield, ni s-a alocat un teren și a trebuit să ne dăm seama ce putem face cu el. În primul semestru am fost împărțiți în 3 grupe de câte 4 persoane și s-a anunțat concurs între noi pentru soluția de planificare pe un trimestru. A trebuit să punem pe bucata de pământ pe care am primit douăsprezece case, în medie cu cinci etaje, în funcție de numărul de elevi din grupă. S-a întâmplat că echipa noastră a câștigat competiția: Anya Shevchenko, Dima Stolbovoy, Artem Slizunov și eu. Am venit cu un plan destul de strict, care era limitat nu doar de unii parametri cadastrali, ci și de specificațiile tehnice și codul de proiectare.
Care este planul tău general?
Am schimbat structura care era în varianta originală a planului general: pentru a reduce amploarea mediului, ne-am împărțit blocul în 4 subblocuri cu un spațiu public în interiorul fiecăruia. În plus, fiecare subdiviziune avea o funcție proprie: locuințe, startup-uri, o subdiviziune cu funcție sportivă și o clădire majoră și o zonă cu cămin, hotel, muzeu și piața principală.
Ce restricții ați scris în codul de proiectare?
Trimestrul este foarte mic, iar intențiile fiecăruia dintre participanți i-ar putea influența foarte mult pe ceilalți. Prin urmare, nu am prescris materiale specifice, ci am reglementat posibilele modificări de formă prin stabilirea „amprentei” și FAR. De exemplu, dacă „roșești”, numărul tău de etaje crește, care, la rândul său, este limitat la un anumit nivel.
Care a fost următorul pas?
În continuare, fiecare dintre noi a trebuit să dezvolte una dintre clădirile de pe șantier, dar care, cu ce funcție, a fost determinată prin tragere la sorți, am tras hârtii cu „loturi”. Acesta a fost planul lui Serghei Tchoban. Și această situație este fundamental diferită de cea în care tu însuți alegi tema diplomei și proiectezi o clădire cu o anumită funcție, pe care poate ai visat să o proiectezi pentru toți cei șase ani de studiu. Aici a trebuit să ne înțelegem cu ceea ce ni s-a dat prin tragere la sorți și, pe de o parte, a fost destul de dureros, dar, pe de altă parte, a fost o situație apropiată de viață.
Ce ai primit?
Am avut noroc, după părerea mea. Am proiectat o clădire startup. Cu anumite dimensiuni, care nu au fost posibile modificate. Cel mai important principiu de la care am plecat a fost atât ideologic, cât și funcțional: azi este un startup, dar mâine, foarte posibil, nu va mai fi.
La urma urmei, ce este Skolkovo? Nimeni nu poate răspunde la această întrebare în mod inteligibil. Studiind materialele, am ajuns la concluzia că strategia de dezvoltare a lui Skolkovo este destul de flexibilă. Pentru mine, aceasta a devenit principala condiție pe care trebuia să o îndeplinească proiectul meu. Prin urmare, cu o lățime a clădirii de 12 metri, era important pentru mine ca în clădirea mea să nu existe pereți inutile. Nu am lăsat nimic decât miezurile de rigidizare, care sunt obligatorii din punct de vedere al designului. În interior există un aspect deschis, liber. În ceea ce privește aspectul exterior, am încercat să-mi proiectez clădirea astfel încât să fie destul de modestă, dar în același timp expresivă.
Fațada principală s-a dovedit a fi un capăt de 12 metri orientat spre bulevard. Așa că am decis să-i ascuți forma. Acoperișul în fronton, care a devenit accentul vizual al întregii clădiri, joacă un rol important. Este o legătură intermediară între doi „vecini” ai obiectului meu, diferiți ca înălțime și expresivitate.
V-ați format propria atitudine față de ideea Centrului de Informare Skolkovo în timpul muncii dvs.?
S-a schimbat în timpul lucrărilor. La început, contextul ideologic a fost puțin copleșitor. Și atunci am început să percepem Skolkovo nu mai ca un fenomen la scară rusă, ci să luăm în considerare cu atenție problemele locului în sine. Până la urmă, astăzi poate fi un Centru de Inovare, iar mâine poate fi altceva. Deci clădirea ta ar trebui să fie demolată? Arhitectura bună poate trăi mai mult decât contextul său original. Ea formează și una nouă.
A fost greu să lucrezi în grup? Cum s-au construit relațiile în cadrul studioului când fiecare dintre voi a început să lucreze la propriul proiect?
Da, desigur, e greu. Până la urmă, am reușit în așa fel încât dorințele fiecărei persoane să poată schimba radical situația în ansamblu. Zona este destul de mică, iar ideea cuiva de a face, să zicem, o consolă sau altceva, ar putea afecta, de exemplu, standardele de insolație. Și apoi ne-am așezat cu toții și am început să discutăm dacă este bine sau greșit.
Varianta finală m-a surprins plăcut. La început mi s-a părut că dorința tuturor de a face un proiect-wow-teză va depăși munca de grup armonioasă. Dar, în cele din urmă, master planul s-a dovedit a fi destul de echilibrat. Mi se pare că am reușit să găsim un „mijloc de aur” între ambițiile personale și nevoia de a respecta anumite reguli ale jocului.
Ce caracteristici avea antrenamentul cu Serghei Choban?
Toți șefii studioului nostru au fost foarte plăcut să lucrezi. Pe lângă Serghei, aceștia au fost Alexey Ilyin și Igor Chlenov de la biroul de vorbire; specialiști înrudiți au venit și pentru a ajuta la rezolvarea anumitor componente. Procesul educațional a fost structurat într-o manieră încântător de precisă, literalmente minut cu minut. Deși Serghei, într-o oarecare măsură, probabil că a fost dificil cu noi. Mi se pare că conta pe faptul că eram aproape profesioniști. Și nu pot spune că suntem încă copii, dar diferența dintre un angajat de birou și un student este încă incredibil de mare. El și-a împărtășit cunoștințele cu noi nu ca profesor, ci ca arhitect practicant și a reușit să ne facă să lucrăm mai independent și unul cu altul decât cu profesorii. A fost într-adevăr „coordonarea mișcărilor”.
Ce ți-au oferit în general cei doi ani de studii la MARCH?
Nu pot spune că al treilea ochi s-a deschis. Dar unele îndoieli au fost rezolvate, unele poziții au fost întărite. Acum sunt mai responsabil pentru ceea ce fac și ceea ce spun. Poate vă mulțumesc foarte mult pentru acest MARSH, poate vă mulțumesc foarte mult pentru această dată. Pot spune că cel mai valoros lucru pe care îl are MARCH, principala resursă a școlii, sunt oamenii și un fel de atmosferă specială. În principal, am fost acolo pentru oameni. Am fost la Serghei Sitar, la Kiril Assu, la Evgeniy Viktorovich, la Narine Tyutcheva. În plus, v-am avut, tovarăși, care m-ați inspirat și susținut. Sper să comunicăm pe viitor, sper să facem ceva împreună.
Unde ai studiat înainte de asta?
Mi-am susținut diploma de licență la Institutul de Arhitectură din Moscova cu cea mai minunată profesoară Irina Mikhailovna Yastrebova. Și pot adăuga că am o atitudine foarte bună față de MARCHI și nu cred că este un fel de relicvă sovietică. El oferă elementele de bază academice și, ulterior, fiecare decide singur ce vrea să facă.
Ce vrei sa faci acum?
În toți anii de existență în arhitectură, am scris despre ea, am citit despre ea, am vorbit despre ea, dar nu am creat-o niciodată în sensul deplin al cuvântului. Eram în esență angajat în arhitectura hârtiei, cu astfel de pretenții la arta conceptuală. Și dacă mai devreme eram complet încrezător că teoria determină practica, acum nu pot să cred în ea până nu o verific. Prin urmare, acum trebuie să vizitez un șantier de construcții, trebuie să înțeleg cum este - când ai făcut ceva pe hârtie, apoi ai luptat pentru asta, te-ai certat, ai fost de acord și, în cele din urmă, stai, te uiți și înțelegi: iată-l este, s-a întâmplat! Aceasta este ideea mea corectă. Prin urmare, plănuiesc să exersez în următorii doi ani și voi încerca să îmi fac drumul către construcție și implementare cât mai scurt posibil.
Probleme în teoria probabilității cu soluții
1. Combinatorică
Problema 1 . În grup sunt 30 de elevi. Este necesar să alegeți un șef, un adjunct și un organizator de sindicat. Câte moduri există de a face asta?
Soluţie. Oricare dintre cei 30 de studenți poate fi ales ca șef, oricare dintre restul de 29 de studenți poate fi ales ca adjunct, iar oricare dintre cei 28 de studenți rămași poate fi ales ca organizator de sindicat, adică n1=30, n2=29, n3=28. Conform regulii înmulțirii, numărul total de N modalități de a selecta un șef, adjunctul acestuia și un lider de sindicat este N=n1´n2´n3=30´29´28=24360.
Problema 2 . Doi poștași trebuie să livreze 10 scrisori la 10 adrese. În câte moduri pot distribui munca?
Soluţie. Prima literă are n1=2 alternative - fie se referă la către destinatar primul poștaș, sau al doilea. Pentru a doua literă există și n2=2 alternative etc., adică n1=n2=…=n10=2. Prin urmare, în virtutea regulii înmulțirii, numărul total de moduri de distribuire a scrisorilor între doi poștași este egal cu
Problema 3. În cutie sunt 100 de piese, dintre care 30 sunt piese de clasa I, 50 sunt de clasa a II-a, restul sunt de clasa a III-a. Câte moduri există pentru a elimina o parte de gradul 1 sau 2 dintr-o cutie?
Soluţie. O parte din clasa I poate fi extrasă în n1=30 moduri, o parte din clasa a II-a poate fi extrasă în n2=50 moduri. Conform regulii sumei, există N=n1+n2=30+50=80 de moduri de a extrage o parte din clasa I sau a II-a.
Problema 5 . Ordinea de performanță a celor 7 participanți la concurs se stabilește prin tragere la sorți. Câte opțiuni diferite pentru tragere la sorți sunt posibile?
Soluţie. Fiecare variantă a extragerii diferă doar în ordinea participanților la competiție, adică este o permutare a 7 elemente. Numărul lor este egal
Problema 6 . În competiție participă 10 filme în 5 nominalizări. Câte opțiuni de distribuire a premiilor există dacă sunt stabilite următoarele reguli pentru toate categoriile? variat premii?
Soluţie. Fiecare dintre opțiunile de distribuire a premiului este o combinație de 5 filme din 10, care diferă de alte combinații atât ca compoziție, cât și în ordinea acestora. Deoarece fiecare film poate primi premii la una sau mai multe categorii, aceleași filme pot fi repetate. Prin urmare, numărul de astfel de combinații este egal cu numărul de plasări cu repetări a 10 elemente din 5:
Problema 7 . 16 persoane participă la un turneu de șah. Câte jocuri trebuie jucate într-un turneu dacă un joc trebuie jucat între oricare doi participanți?
Soluţie. Fiecare joc este jucat de doi participanți din 16 și diferă de ceilalți doar prin compoziția perechilor de participanți, adică este o combinație de 16 elemente din 2. Numărul lor este egal cu 
Problema 8 . În condițiile sarcinii 6, stabiliți câte opțiuni pentru distribuirea premiilor există dacă pentru toate nominalizările aceeași premii?
Soluţie. Dacă se stabilesc aceleași premii pentru fiecare nominalizare, atunci ordinea filmelor într-o combinație de 5 premii nu contează, iar numărul de opțiuni este numărul de combinații cu repetări a 10 elemente din 5, determinat de formula
Sarcina 9. Grădinarul trebuie să planteze 6 copaci în trei zile. În câte moduri își poate distribui munca pe parcursul zilelor dacă plantează cel puțin un copac pe zi?
Soluţie. Să presupunem că un grădinar plantează copaci la rând și poate lua diferite decizii cu privire la ce copac să se oprească în prima zi și pe care să se oprească în a doua. Astfel, se poate imagina că copacii sunt despărțiți de două pereți despărțitori, fiecare dintre ele putând sta în unul din cele 5 locuri (între copaci). Pereții despărțitori trebuie să fie acolo unul câte unul, pentru că altfel nu va fi plantat niciun copac într-o zi. Astfel, trebuie să selectați 2 elemente din 5 (fără repetări). Prin urmare, numărul de moduri .
Problema 10. Câte numere din patru cifre (începând posibil cu zero) există ale căror cifre însumează 5?
Soluţie. Să ne imaginăm numărul 5 ca o sumă a celor consecutive, împărțite în grupuri pe partiții (fiecare grup în total formează următoarea cifră a numărului). Este clar că vor fi necesare 3 astfel de partiții.Există 6 locuri pentru partiții (înainte de toate unitățile, între ele și după). Fiecare spațiu poate fi ocupat de una sau mai multe partiții (în acest din urmă caz nu există niciuna între ele, iar suma corespunzătoare este zero). Să considerăm aceste locuri ca elemente ale unei mulțimi. Astfel, trebuie să selectați 3 elemente din 6 (cu repetări). Prin urmare, numărul necesar de numere 
Problema 11 . În câte moduri poate fi împărțit un grup de 25 de elevi în trei subgrupe A, B și C de 6, 9 și, respectiv, 10 persoane?
Soluţie. Aici n=25, k=3, n1=6, n2=9, n3=10..gif" width="160" height="41">
Problema 1 . Într-o cutie sunt 5 portocale și 4 mere. Se selectează la întâmplare 3 fructe. Care este probabilitatea ca toate cele trei fructe să fie portocale?
Soluţie. Rezultatele elementare aici sunt seturi care includ 3 fructe. Deoarece ordinea fructelor este indiferentă, vom considera că alegerea lor este neordonată (și nerepetitivă)..gif" width="21" height="25 src=">. Numărul de rezultate favorabile este egal cu număr de moduri de a alege 3 portocale dintre cele 5 disponibile, adică gif" width="161 height=83" height="83">.
Problema 2 . Profesorul îi cere fiecăruia dintre cei trei elevi să se gândească la orice număr de la 1 la 10. Presupunând că alegerea fiecărui elev pentru orice număr dat este la fel de posibilă, găsiți probabilitatea ca unul dintre ei să aibă același număr.
Soluţie. Mai întâi, să calculăm numărul total de rezultate. Primul elev alege unul dintre cele 10 numere și are n1=10 posibilități, al doilea are și n2=10 posibilități, iar în final, al treilea are și n3=10 posibilități. În virtutea regulii înmulțirii, numărul total de moduri este egal cu: n= n1´n2´n3=103 = 1000, adică întregul spațiu conține 1000 de rezultate elementare. Pentru a calcula probabilitatea evenimentului A, este convenabil să treceți la evenimentul opus, adică să numărați numărul de cazuri când toți cei trei elevi se gândesc la numere diferite. Primul are încă m1=10 moduri de a alege un număr. Al doilea elev are acum doar m2=9 posibilități, deoarece trebuie să aibă grijă ca numărul său să nu coincidă cu numărul intenționat al primului elev. Al treilea elev este și mai limitat în alegerea sa - are doar m3=8 posibilități. Prin urmare, numărul total de combinații de numere concepute în care nu există potriviri este m=10×9×8=720. Există 280 de cazuri în care există potriviri.De aceea, probabilitatea dorită este egală cu P = 280/1000 = 0,28.
Problema 3 . Găsiți probabilitatea ca într-un număr de 8 cifre exact 4 cifre să fie aceleași, iar restul să fie diferite.
Soluţie. Evenimentul A=(un număr de opt cifre conține 4 cifre identice). Din condițiile problemei rezultă că numărul conține cinci cifre diferite, una dintre ele se repetă. Numărul de moduri de selectare este egal cu numărul de moduri de a selecta o cifră din 10 cifre..gif" width="21" height="25 src="> . Apoi numărul de rezultate favorabile. Numărul total de modalități de a compune numere din 8 cifre este |W|=108 Probabilitatea necesară este egală cu
Problema 4 . Șase clienți contactează aleatoriu 5 firme. Găsiți probabilitatea ca nimeni să nu contacteze cel puțin o companie.
Soluţie. Luați în considerare evenimentul opus https://pandia.ru/text/78/307/images/image020_10.gif" width="195" height="41">. Numărul total de moduri de a distribui 6 clienți în 5 companii. Prin urmare 
. Prin urmare, .
Problema 5 . Să fie N bile într-o urnă, dintre care M sunt albe și N–M sunt negre. din urnă se extrag n bile. Aflați probabilitatea ca printre ele să fie exact m bile albe.
Soluţie. Deoarece ordinea elementelor este lipsită de importanță aici, numărul tuturor mulțimilor posibile de volum n de N elemente este egal cu numărul de combinații de m bile albe, n–m negre și, prin urmare, probabilitatea necesară este egală cu P(A) = https://pandia. ru/text/78/307/images/image031_2.gif" width="167" height="44">.
Problema 7 (problema întâlnirii) . Două persoane A și B au convenit să se întâlnească într-un anumit loc între orele 12 și 13. Prima persoană care sosește o așteaptă pe cealaltă timp de 20 de minute și apoi pleacă. Care este probabilitatea unei întâlniri între persoanele A și B, dacă sosirea fiecăreia dintre ele poate avea loc la întâmplare în cadrul orei specificate și momentele de sosire sunt independente?
Soluţie. Să notăm momentul sosirii persoanei A cu x și a persoanei B cu y. Pentru ca întâlnirea să aibă loc, este necesar și suficient ca x-yô £20. Să reprezentăm x și y ca coordonate pe un plan, alegând minutul ca unitate de scară. Toate rezultatele posibile sunt reprezentate de punctele unui pătrat cu latura de 60, iar cele favorabile întâlnirii sunt situate în zona umbrită. Probabilitatea dorită este egală cu raportul dintre aria figurii umbrite (Fig. 2.1) și aria întregului pătrat: P(A) = (602–402)/602 = 5/9.
3. Formule de bază ale teoriei probabilităților
Problema 1 . În cutie sunt 10 butoane roșii și 5 albastre. Două butoane sunt scoase la întâmplare. Care este probabilitatea ca butoanele să fie de aceeași culoare? ?
Soluţie. Evenimentul A=(butoanele de aceeași culoare sunt scoase) poate fi reprezentat ca o sumă, unde evenimentele și înseamnă alegerea butoanelor roșii și, respectiv, albastre. Probabilitatea de a scoate două butoane roșii este egală, iar probabilitatea de a scoate două butoane albastre https://pandia.ru/text/78/307/images/image034_2.gif" width="19 height=23" height= "23">.gif" width="249" height="83">
Problema 2 . Dintre angajații companiei, 28% știu Limba engleză, 30% – germană, 42% – franceză; Engleză și germană – 8%, engleză și franceză – 10%, germană și franceză – 5%, toate cele trei limbi – 3%. Aflați probabilitatea ca un angajat al companiei selectat aleatoriu: a) să cunoască engleza sau germana; b) cunoaste engleza, germana sau franceza; c) nu cunoaște niciuna dintre limbile enumerate.
Soluţie. Să notăm cu A, B și C evenimentele în care un angajat al companiei ales aleatoriu vorbește engleză, germană sau, respectiv, franceză. Evident, proporția angajaților companiei care vorbesc anumite limbi determină probabilitățile acestor evenimente. Primim:
a) P(AÈB)=P(A)+P(B) -P(AB)=0,28+0,3-0,08=0,5;
b) 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;
c) 1-P(AÈBÈC)=0,2.
Problema 3 . Familia are doi copii. Care este probabilitatea ca cel mai mare copil să fie băiat dacă se știe că familia are copii de ambele sexe?
Soluţie. Fie A=(copilul cel mare este un băiat), B=(familia are copii de ambele sexe). Să presupunem că nașterea unui băiat și nașterea unei fete sunt evenimente la fel de probabile. Dacă nașterea unui băiat este notă cu litera M, iar nașterea unei fete cu D, atunci spațiul tuturor rezultatelor elementare este format din patru perechi: . În acest spațiu, doar două rezultate (MD și DM) corespund evenimentului B. Evenimentul AB înseamnă că familia are copii de ambele sexe. Cel mai mare copil este un băiat, prin urmare al doilea (cel mai mic) copil este o fată. Acest eveniment AB corespunde unui singur rezultat – MD. Astfel, |AB|=1, |B|=2 și
Problema 4 . Stăpânul, având 10 piese, dintre care 3 nestandard, verifică piesele una câte una până dă peste una standard. Care este probabilitatea ca el să verifice exact două detalii?
Soluţie. Evenimentul A=(masterul a verificat exact două părți) înseamnă că în timpul unei astfel de verificări prima parte sa dovedit a fi nestandard, iar a doua a fost standard. Aceasta înseamnă, unde =(prima parte sa dovedit a fi nestandard) și =(a doua parte a fost standard). Evident, probabilitatea evenimentului A1 este, de asemenea, egală cu 
, deoarece înainte de a lua a doua parte, maestrul avea 9 părți rămase, dintre care doar 2 erau nestandard și 7 erau standard. Prin teorema înmulțirii
Problema 5 . O cutie conține 3 bile albe și 5 negre, o altă cutie conține 6 bile albe și 4 negre. Găsiți probabilitatea ca o minge albă să fie extrasă din cel puțin o cutie dacă se extrage o minge din fiecare cutie.
Soluţie. Evenimentul A=(o minge albă este scoasă din cel puțin o cutie) poate fi reprezentat ca o sumă , unde evenimentele înseamnă apariția unei mingi albe din prima, respectiv a doua casetă..gif" width="91 " height="23">..gif " width="20" height="23 src=">.gif" width="480" height="23">.
Problema 6 . Trei examinatori susțin un examen la o anumită materie dintr-un grup de 30 de persoane, primul examinând 6 studenți, al doilea - 3 studenți, iar al treilea - 21 de studenți (elevii sunt selectați aleatoriu dintr-o listă). Atitudinea celor trei examinatori față de cei care sunt slab pregătiți este diferită: șansele ca astfel de elevi să treacă examenul cu primul profesor sunt de 40%, cu al doilea - doar 10%, iar cu al treilea - 70%. Găsiți probabilitatea ca un elev slab pregătit să promoveze examenul .
Soluţie. Să notăm prin ipoteze că elevul slab pregătit a răspuns la primul, al doilea, respectiv al treilea examinator. În funcție de condițiile problemei
, 
, 
.
Fie evenimentul A=(elevul slab pregătit a promovat examenul). Apoi, din nou, din cauza condițiilor problemei
, 
, 
.
Folosind formula probabilității totale obținem:
Problema 7 . Compania are trei surse de aprovizionare cu componente - companiile A, B, C. Compania A reprezintă 50% din totalul aprovizionării, B - 30% și C - 20%. Din practica se stie ca dintre piesele furnizate de firma A, 10% sunt defecte, de firma B - 5% si de firma C - 6%. Care este probabilitatea ca o parte luată la întâmplare să fie potrivită?
Soluţie. Fie evenimentul G aspectul unei părți adecvate. Probabilitățile ipotezelor că piesa a fost furnizată de companiile A, B, C sunt egale cu P(A)=0,5, P(B)=0,3, respectiv P(C)=0,2. Probabilitățile condiționate de apariție a unei părți adecvate sunt egale cu P(G|A)=0,9, P(G|B)=0,95, P(G|C)=0,94 (ca și probabilitățile de evenimente opuse apariției o piesă defectă). Folosind formula probabilității totale obținem:
P(G)=0,5×0,9+0,3×0,95+0,2×0,94=0,923.
Problema 8 (vezi sarcina 6). Să se știe că elevul nu a promovat examenul, adică a primit o notă „nesatisfăcătoare”. La care dintre cei trei profesori a fost cel mai probabil să răspundă? ?
Soluţie. Probabilitatea de a obține un „eșec” este egală cu . Trebuie să calculați probabilitățile condiționate. Folosind formulele lui Bayes obținem:
https://pandia.ru/text/78/307/images/image059_0.gif" width="183" height="44 src=">, 
.
Rezultă că, cel mai probabil, elevul slab pregătit a susținut examenul unui al treilea examinator.
4. Teste independente repetate. teorema lui Bernoulli
Problema 1 . zarul este aruncat de 6 ori. Găsiți probabilitatea ca un șase să fie aruncat exact de 3 ori.
Soluţie. Lansarea unui zar de șase ori poate fi considerată ca o succesiune de încercări independente cu o probabilitate de succes („șase”) de 1/6 și o probabilitate de eșec de 5/6. Calculăm probabilitatea necesară folosind formula 
.
Problema 2 . Moneda este aruncată de 6 ori. Găsiți probabilitatea ca stema să apară de cel mult 2 ori.
Soluţie. Probabilitatea necesară este egală cu suma probabilităților a trei evenimente, constând în faptul că stema nu va apărea nici măcar o dată, sau o dată sau de două ori:
P(A) = P6(0) + P6(1) + P6(2) = https://pandia.ru/text/78/307/images/image063.gif" width="445 height=24" height= „24”>.
Problema 4 . Moneda este aruncată de 3 ori. Găsiți cel mai probabil număr de succese (blază).
Soluţie. Valorile posibile pentru numărul de succese în cele trei încercări luate în considerare sunt m = 0, 1, 2 sau 3. Fie Am evenimentul în care stema apare de m ori în trei aruncări de monede. Folosind formula lui Bernoulli este ușor de găsit probabilitățile evenimentelor Am (vezi tabelul):
Din acest tabel se poate observa că cele mai probabile valori sunt numerele 1 și 2 (probabilitățile lor sunt 3/8). Același rezultat poate fi obținut din teorema 2. Într-adevăr, n=3, p=1/2, q=1/2. Apoi
, adică .
Sarcina 5. Ca urmare a fiecărei vizite agent de asigurări contractul se încheie cu probabilitate 0,1. Găsiți cel mai probabil număr de contracte încheiate după 25 de vizite.
Soluţie. Avem n=10, p=0,1, q=0,9. Inegalitatea pentru cel mai probabil număr de succese ia forma: 25×0,1–0,9£m*£25×0,1+0,1 sau 1,6£m*£2,6. Această inegalitate are o singură soluție întreagă, și anume m*=2.
Problema 6 . Se știe că rata defectelor pentru o anumită piesă este de 0,5%. Inspectorul verifică 1000 de piese. Care este probabilitatea de a găsi exact trei piese defecte? Care este probabilitatea de a găsi cel puțin trei piese defecte?
Soluţie. Avem 1000 de teste Bernoulli cu o probabilitate de „succes” p=0,005. Aplicând aproximația Poisson cu λ=np=5, obținem
2) P1000(m³3)=1-P1000(m<3)=1-»1-,
și P1000(3)"0,14; Р1000(m³3)»0,875.
Problema 7 . Probabilitatea unei achiziții atunci când un client vizitează un magazin este p=0,75. Găsiți probabilitatea ca la 100 de vizite clientul să facă o achiziție de exact 80 de ori.
Soluţie. În acest caz, n=100, m=80, p=0,75, q=0,25. Găsim 
, și determinați j(x)=0,2036, atunci probabilitatea necesară este egală cu Р100(80)= 
.
Sarcina 8. Compania de asigurări a încheiat 40.000 de contracte. Probabilitatea unui eveniment asigurat pentru fiecare dintre ele pe parcursul anului este de 2%. Găsiți probabilitatea ca nu mai mult de 870 de astfel de cazuri.
Soluţie. Conform condițiilor sarcinii, n=40000, p=0,02. Găsim np=800,. Pentru a calcula P(m £ 870) folosim teorema integrală Moivre-Laplace:
P(0
Din tabelul de valori ale funcției Laplace găsim:
P(0 Problema 9
.
Probabilitatea ca un eveniment să apară în fiecare dintre cele 400 de studii independente este de 0,8. Găsiți un număr pozitiv e astfel încât, cu probabilitatea 0,99, valoarea absolută a abaterii frecvenței relative de apariție a unui eveniment de la probabilitatea acestuia să nu depășească e. Soluţie. Conform condițiilor problemei, p=0,8, n=400. Folosim un corolar din teorema integrală Moivre-Laplace: 5.
Variabile aleatoare discrete Problema 1
.
Într-un set de 3 chei, o singură cheie se potrivește ușii. Cheile sunt căutate până când este găsită o cheie adecvată. Construiți o lege de distribuție pentru variabila aleatoare x – numărul de chei testate .
Soluţie. Numărul de chei încercate ar putea fi 1, 2 sau 3. Dacă a fost încercată o singură cheie, aceasta înseamnă că prima cheie s-a potrivit imediat cu ușa, iar probabilitatea unui astfel de eveniment este de 1/3. Deci, în continuare, dacă au fost 2 chei testate, adică x=2, aceasta înseamnă că prima cheie nu a funcționat, dar a doua a funcționat. Probabilitatea acestui eveniment este 2/3×1/2=1/3..gif" width="100" height="21"> Rezultatul este următoarea serie de distribuție: Problema 2
.
Construiți funcția de distribuție Fx(x) pentru variabila aleatoare x din problema 1. Soluţie. Variabila aleatoare x are trei valori 1, 2, 3, care împart întreaga axă numerică în patru intervale: . Dacă x<1, то неравенство x£x невозможно (левее x нет значений случайной величины x) и значит, для такого x функция Fx(x)=0. Dacă 1£x<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. Dacă 2£x<3, неравенство x£x означает, что или x=1, или x=2, поэтому в этом случае вероятность P(x Și în sfârșit, în cazul lui x³3 inegalitatea x£x este valabilă pentru toate valorile variabilei aleatoare x, deci P(x Deci avem următoarea funcție: Problema 3.
Legea distribuției comune a variabilelor aleatoare x și h este dată cu ajutorul tabelului Calculați legile particulare de distribuție a mărimilor componente x și h. Stabiliți dacă sunt dependenți..gif" width="423" height="23 src=">; https://pandia.ru/text/78/307/images/image086.gif" width="376" height="23 src=">. Distribuția parțială pentru h se obține în mod similar: https://pandia.ru/text/78/307/images/image088.gif" width="229" height="23 src=">. Probabilitățile obținute pot fi scrise în același tabel vizavi de valorile corespunzătoare ale variabilelor aleatoare: Acum să răspundem la întrebarea despre independența variabilelor aleatoare x și h..gif" width="108" height="25 src="> în această celulă. De exemplu, în celula pentru valorile x=-1 și h=1 există o probabilitate de 1/16, iar produsul probabilităților parțiale corespunzătoare 1/4×1/4 este egal cu 1/16, adică coincide cu probabilitatea comună.Această condiție este de asemenea verificată în restul de cinci celule și se dovedește a fi adevărat în toate. Prin urmare, variabilele aleatoare x și h sunt independente. Rețineți că dacă starea noastră a fost încălcată în cel puțin o celulă, atunci cantitățile ar trebui recunoscute ca dependente. Pentru a calcula probabilitatea Să marchem celulele pentru care se află condiția https://pandia.ru/text/78/307/images/image092.gif" width="574" height="23 src="> Problema 4
.
Fie variabila aleatoare ξ să aibă următoarea lege de distribuție: Calculați așteptarea matematică Mx, dispersie Dx și abaterea standard s. Soluţie. Prin definiție, așteptarea matematică a lui x este egală cu Abaterea standard https://pandia.ru/text/78/307/images/image097.gif" width="51" height="21">. Soluţie. Să folosim formula Problema 6
.
Pentru o pereche de variabile aleatoare din problema 3, calculați covarianța cov(x, h). Soluţie.În problema anterioară așteptările matematice erau deja calculate .
Rămâne de calculat Și .
Folosind legile distribuției parțiale obținute în rezolvarea problemei 3, obținem ; ;
si asta inseamnă ceea ce era de aşteptat datorită independenţei variabilelor aleatoare. Sarcina 7.
Vectorul aleatoriu (x, h) ia valorile (0,0), (1,0), (–1,0), (0,1) și (0,–1) la fel de probabil. Calculați covarianța variabilelor aleatoare x și h. Arată că sunt dependenți. Soluţie. Deoarece 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, apoi Мx=3/5´0+1/5´1+1 /5´(–1)=0 și Мh=0; М(xh)=0´0´1/5+1´0´1/5–1´0´1/5+0´1´1/5–0´1´1/5=0. Obținem cov(x, h)=М(xh)–МxМh=0, iar variabilele aleatoare sunt necorelate. Cu toate acestea, ele sunt dependente. Fie x=1, atunci probabilitatea condiționată a evenimentului (h=0) este egală cu P(h=0|x=1)=1 și nu este egală cu probabilitatea necondiționată P(h=0)=3/5 , sau probabilitatea (ξ=0,η =0) nu este egală cu produsul probabilităților: Р(x=0,h=0)=1/5¹Р(x=0)Р(h=0)=9/ 25. Prin urmare, x și h sunt dependente. Problema 8
. Creșterile aleatorii ale prețurilor acțiunilor a două companii pentru zilele x și h au o distribuție comună dată de tabel: Aflați coeficientul de corelație. Soluţie.În primul rând, calculăm Mxh=0,3-0,2-0,1+0,4=0,4. În continuare, găsim legile particulare ale distribuției lui x și h: Definim Mx=0,5-0,5=0; Mh=0,6-0,4=0,2; Dx=1; Dh=1–0,22=0,96; cov(x, h)=0,4. Primim Sarcina 9.
Creșterile aleatorii ale prețurilor acțiunilor a două companii pe zi au variații Dx=1 și Dh=2, iar coeficientul lor de corelație r=0,7. Aflați varianța creșterii prețului unui portofoliu de 5 acțiuni ale primei companii și 3 acțiuni ale celei de-a doua companii. Soluţie. Folosind proprietățile de dispersie, covarianță și definiția coeficientului de corelație, obținem: Problema 10
.
Distribuția unei variabile aleatoare bidimensionale este dată de tabelul: Aflați distribuția condiționată și așteptarea condiționată h la x=1. Soluţie. Așteptarea matematică condiționată este Din condițiile problemei găsim distribuția componentelor h și x (ultima coloană și ultimul rând al tabelului).
. Prin urmare, 
..gif" width="587" height="41">
. Și anume, în fiecare celulă a tabelului înmulțim valorile corespunzătoare și , înmulțim rezultatul cu probabilitatea pij și însumăm totul în toate celulele tabelului. Ca rezultat obținem:
.
