Гра в якій учасники виконують жартівливе завдання. Завдання з теорії ймовірностей із рішеннями
О.В.: Юля, ти робила свій диплом у студії Сергія Чобана «Координація рухів», де вашим об'єктом проектування був квартал D-1 у «Сколковому». Наскільки я можу судити, ваша робота була, напевно, найспецифічнішою: ви проектували для місця, контекст якого ще не сформувався. Як це?
Ю.А.: Працювати без існуючого контексту справді було трохи дивно. У тому районі Сколково, генплан для якого розробило бюро Сергія Чобана Speech разом із компанією Девіда Чіпперфільда, нам виділили ділянку, і ми мали придумати, що з нею можна зробити. У першому семестрі нас розділили на 3 групи по 4 особи та оголосили між нами конкурс на планувальне рішення одного кварталу. Ми мали розмістити на шматку землі, який нам дістався, дванадцять, у середньому - п'ятиповерхових, будинків, за кількістю студентів у групі. Так склалося, що конкурс виграла наша команда: Аня Шевченко, Діма Столбовий, Артем Слизунов та я. У нас вийшов досить жорсткий план, який був обмежений не лише якимись кадастровими параметрами, а й технічним завданням та дизайн-кодом.
Що являє собою ваш генплан?
Структуру, яка була у первісному варіанті генплану, ми змінили: щоб зменшити масштаб середовища, розділили наш квартал на 4 підквартали із громадським простором усередині кожного. Крім того, у кожного підкварталу була своя функція: житло, стартапи, підквартал зі спортивною функцією та будівлею мейджору, та ділянка з гуртожитком, готелем, музеєм, тут же знаходиться й головна площа.
Які обмеження ви прописали у дизайн-коді?
Квартал дуже невеликий, і інтенції кожного з учасників могли сильно вплинути на інших. Тому ми не прописували конкретні матеріали, але регулювали можливі зміни форми, задавши «футпринт» та FAR. Наприклад, якщо ти робиш «вигриз», у тебе виростає поверховість, яка, у свою чергу, теж обмежена до певного рівня.
Яким був наступний крок?
Далі кожен з нас мав розробляти одну з будівель на ділянці, але яка саме, з якою функцією – визначав жереб, ми тягнули папірці з «лотами». Таким був план Сергія Чобана. І ця ситуація принципово відрізняється від тієї, коли ти сам обираєш тему диплома та проектуєш будівлю з певною функцією, яка, можливо, мріяла спроектувати всі шість років навчання. Тут ми мали змиритися з тим, що дісталося по жеребу, і, з одного боку, це було досить болісно, але з іншого - це наближена до життя ситуація.
Що тобі дісталося?
Мені пощастило, як на мене. Я проектувала будівлю стартапів. З певними габаритами, змінити які було можливості. Найголовніший принцип, з якого я виходила, був одночасно і ідеологічний, і функціональний: сьогодні це стартап, а завтра, мабуть, уже немає.
Адже що таке «Сколкове» взагалі? Ніхто цього питання зрозуміло відповісти неспроможна. Вивчаючи матеріали, я зробила висновок, що власна стратегія розвитку Сколкова є досить гнучкою. Для мене це стало головною умовою, якій мав відповідати мій проект. Тому, при ширині корпусу 12 метрів, мені було важливо, щоб у моїй будівлі не було зайвих стін. Я не залишила нічого, крім ядер жорсткості, обов'язкових з погляду конструкції. Усередині – відкрите, вільне планування. Що стосується зовнішнього вигляду, я намагалася спроектувати свою будівлю так, щоб вона була досить скромною, але при цьому виразною.
Головним фасадом виявився 12-ти метровий торець, що виходить на бульвар. Тому я вирішила загострити його форму. Двосхилий покрівля, яка стала візуальним акцентом усієї будівлі, відіграє важливу роль. Вона є проміжною ланкою між двома «сусідами» мого об'єкта, різними за висотою та виразністю.
У вас сформувалося якесь своє ставлення до ідеї ІЦ «Сколково» в процесі роботи?
У процесі роботи воно змінювалося. Спочатку ідеологічний контекст трохи тяжів. А потім ми стали сприймати «Сколкове» вже не як явище в масштабі Росії, а уважно розглядати проблеми самого місця. Адже сьогодні це може бути Інноваційний центр, а завтра щось інше. І що, твоя будівля тому має бути знесена? Хороша архітектура може жити довше, ніж її первісний контекст. Вона формує новий.
Важко було працювати у групі? Як будувалися стосунки всередині студії, коли кожен із вас зайнявся своїм проектом?
Так, звісно, важко. Адже у нас виходило так, що від побажань кожної людини могла кардинально змінитись ситуація загалом. Ділянка досить маленька, і чиясь затія зробити, скажімо, консоль або ще щось, могла вплинути, наприклад, на норми інсоляції. І тоді ми всі сідали та починали обговорювати, правильно це чи ні.
Кінцевий варіант мене приємно здивував. Спочатку мені здавалося, що в кожному переважить прагнення зробити вау-дипломний проект, а не гармонійну групову роботу. Але генплан у результаті вийшов досить збалансованим. Мені здається, ми зуміли знайти «золоту середину» між особистими амбіціями та необхідністю дотримуватися певних правил гри.
Які особливості мало навчання у Сергія Чобана?
З усіма керівниками нашої студії було дуже приємно працювати. Окрім Сергія, це Олексій Ільїн та Ігор Членів із бюро Speech, ще приходили фахівці-суміжники, які допомагали розібратися з тими чи іншими вузлами. Навчальний процес був побудований чудово точно, буквально за хвилинами. Хоча Сергію певною мірою, мабуть, було складно з нами. Мені здається, він сподівався, що ми вже майже професіонали. А ми, не можу сказати, що ще діти, але різниця між співробітником бюро і студентом все ж таки неймовірно велика. Він ділився з нами своїми знаннями не як педагог, а як практикуючий архітектор і зумів зробити так, щоб ми більше працювали самостійно та один з одним, ніж із викладачами. Це справді була «координація рухів».
Що загалом дали тобі два роки навчання у МАРШ?
Сказати, що розплющилося третє око, я не можу. Але вирішилися якісь сумніви, зміцнились якісь позиції. Зараз я відповідальніше ставлюся до того, що роблю, і до того, що говорю. Можливо, велике спасибі за це Марш, можливо, велике спасибі за це часу. Можу сказати, що найцінніше, що є в МАРШ, головний ресурс школи – це люди та якась особлива атмосфера. Здебільшого заради людей я туди і йшла. Я йшла до Сергія Сітара, до Кирила Асса, до Євгена Вікторовича, до Нарини Тютчевої. До того ж у мене були ви, товариші, які мене надихали та підтримували. Сподіваюся, ми надалі спілкуватимемося, сподіваюся, робитимемо щось разом.
А де ти до цього вчилася?
Я захистила диплом бакалавра в МАРХІ у найпрекраснішої викладача Ірини Михайлівни Ястребової. І можу додати, що належу до Мархи дуже добре і не вважаю, що це якийсь радянський пережиток. Він дає академічні ази, і кожен згодом сам вирішує, чим хоче займатися.
Чим тепер ти хочеш зайнятися?
За всі роки свого існування в архітектурі я писала про неї, читала про неї, розмовляла про неї, але ніколи її не створювала в повному розумінні цього слова. Я займалася, по суті, паперовою архітектурою з такою, знаєш, претензією на концептуальне мистецтво. І якщо раніше я перебувала в повній впевненості, що теорія визначає практику, то тепер я не можу в це вірити, доки не перевірю. Тому мені зараз треба побувати на будівництві, мені треба зрозуміти, що це таке – коли ти виконав щось на папері, потім за це боровся, сперечався, погоджував, і врешті-решт стоїш, дивишся і розумієш: ось воно, сталося! Це моя ідея фікс. Тому найближчі два роки я планую займатися практикою і постараюся зробити свій шлях на будівництво, до реалізації максимально коротким.
Завдання з теорії ймовірностей із рішеннями
1. Комбінаторика
Завдання 1 . У групі 30 студентів. Необхідно вибрати старосту, заступника старости та профоргу. Скільки є способів це зробити?
Рішення.Старості може бути обраний будь-який з 30 студентів, заступником - будь-який з 29, а профоргом - будь-який з 28 студентів, тобто n1=30, n2=29, n3=28. За правилом множення загальна кількість N способів вибору старости, його заступника і профорга дорівнює N=n1'n2'n3=30'29'28=24360.
Завдання 2 . Два листоноші мають рознести 10 листів за 10 адресами. Скільки способами вони можуть розподілити роботу?
Рішення.Перший лист має n1=2 альтернативи – або його відносить до адресатуперший листоноша, або другий. Для другого листа також є n2=2 альтернативи і т. д., тобто n1=n2=…=n10=2. Отже, в силу правила множення загальна кількість способів розподілу листів між двома листоношами дорівнює
Завдання 3. У ящику 100 деталей, їх 30 – деталей 1-го сорту, 50 – 2-го, інші – 3-го. Скільки існує способів вилучення із ящика однієї деталі 1-го чи 2-го сорту?
Рішення.Деталь 1-го ґатунку може бути вилучена n1=30 способами, 2-го ґатунку – n2=50 способами. За правилом суми існує N=n1+n2=30+50=80 способів вилучення однієї деталі 1-го чи 2-го сорту.
Завдання 5 . Порядок виступу 7 учасників конкурсу визначається жеребом. Скільки різних варіантів жеребкування можливо?
Рішення.Кожен варіант жеребкування відрізняється лише порядком учасників конкурсу, тобто є перестановкою із 7 елементів. Їх число дорівнює
Завдання 6 . У конкурсі з 5 номінацій беруть участь 10 кінофільмів. Скільки існує варіантів розподілу призів, якщо за всіма номінаціями встановлено різніпремії?
Рішення.Кожен з варіантів розподілу призів є комбінацією 5 фільмів з 10, що відрізняється від інших комбінацій, як складом, так і їх порядком. Так як кожен фільм може отримати призи як за однією, так і за кількома номінаціями, то одні й самі фільми можуть повторюватися. Тому число таких комбінацій дорівнює кількості розміщень з повтореннями з 10 елементів по 5:
Завдання 7 . У шаховому турнірі беруть участь 16 людей. Скільки партій має бути зіграно у турнірі, якщо між будь-якими двома учасниками має бути зіграна одна партія?
Рішення.Кожна партія грає двома учасниками з 16 і відрізняється від інших лише складом пар учасників, тобто є поєднаннями з 16 елементів по 2. Їх число дорівнює 
Завдання 8 . В умовах задачі 6 визначити, скільки існує варіантів розподілу призів, якщо за всіма номінаціями встановлено однаковіпризи?
Рішення.Якщо по кожній номінації встановлені однакові призи, то порядок фільмів у комбінації 5 призів значення не має, і число варіантів є числом поєднань з повтореннями з 10 елементів по 5, що визначається за формулою
Завдання 9. Садівник повинен протягом трьох днів посадити 6 дерев. Скільки способами він може розподілити по днях роботу, якщо садитиме не менше одного дерева на день?
Рішення.Припустимо, що садівник садить дерева в ряд, і може приймати різні рішення щодо того, після якого дерева зупинитися в перший день і після якого - в другий. Таким чином, можна уявити, що дерева розділені двома перегородками, кожна з яких може стояти на одному з 5 місць (між деревами). Перегородки повинні стояти там по одній, оскільки інакше якогось дня не буде посаджено жодного дерева. Таким чином, треба вибрати 2 елементи з 5 (без повторень). Отже, кількість способів .
Завдання 10. Скільки існує чотиризначних чисел (можливо, що починаються з нуля), сума цифр яких дорівнює 5?
Рішення.Представимо число 5 як суми послідовних одиниць, розділених на групи перегородками (кожна група у сумі утворює чергову цифру числа). Зрозуміло, що таких перегородок знадобиться 3. Місць для перегородок є 6 (до всіх одиниць, між ними та після). Кожне місце може займати одна або кілька перегородок (в останньому випадку між ними немає одиниць і відповідна сума дорівнює нулю). Розглянемо ці місця як елементи множини. Таким чином, треба вибрати 3 елементи з 6 (з повтореннями). Отже, кількість чисел, що шукається 
Завдання 11 . Скільки способами можна розбити групу з 25 студентів на три підгрупи А, В і С по 6, 9 та 10 осіб відповідно?
Рішення.Тут n=25, k=3, n1=6, n2=9, n3=10..gif" width="160" height="41">
Завдання 1 . У ящику 5 апельсинів та 4 яблука. Навмання вибираються 3 фрукти. Яка ймовірність, що всі три фрукти – апельсини?
Рішення. Елементарними наслідками тут є набори, що включають 3 фрукти. Оскільки порядок фруктів байдужий, будемо вважати їх вибір невпорядкованим (і безповторним). Число сприятливих результатів дорівнює кількості способів вибору 3 апельсинів з 5, тобто gif" width="161 height=83" height="83">.
Завдання 2 . Викладач пропонує кожному з трьох студентів замислити будь-яке число від 1 до 10. Вважаючи, що вибір кожним із студентів будь-якого числа із заданих рівноможливий, знайти ймовірність того, що у когось із них задумані числа співпадуть.
Рішення.Спочатку підрахуємо загальну кількість результатів. Перший зі студентів вибирає одне із 10 чисел і має n1=10 можливостей, другий теж має n2=10 можливостей, нарешті, третій також має n3=10 можливостей. В силу правила множення загальна кількість способів дорівнює: n = n1 n2 n3 = 103 = 1000, тобто весь простір містить 1000 елементарних результатів. Для обчислення ймовірності події A зручно перейти до протилежної події, тобто підрахувати кількість випадків, коли всі три студенти замислюють різні числа. Перший їх як і має m1=10 способів вибору числа. Другий студент має тепер лише m2=9 можливостей, оскільки йому доводиться дбати про те, щоб його число не збіглося із задуманим числом першого студента. Третій студент ще більш обмежений у виборі - він має всього m3=8 можливостей. Тому загальна кількість комбінацій задуманих чисел, у яких немає збігів, m=10×9×8=720. Випадків, у яких збіги, залишається 280. Отже, шукана ймовірність дорівнює Р=280/1000= 0,28.
Завдання 3 . Знайти можливість, що у 8-значному числі рівно 4 цифри збігаються, інші різні.
Рішення. Подія А = (восьмизначне число містить 4 однакові цифри). З умови завдання випливає, що в числі п'ять різних цифр одна з них повторюється. Число способів її вибору дорівнює числу способів вибору однієї цифри з 10 цифр. . Шукана ймовірність дорівнює
Завдання 4 . Шість клієнтів випадково звертаються до 5 фірм. Знайти ймовірність того, що хоча б до однієї фірми ніхто не звернеться.
Рішення.Розглянемо протилежну подію http://www.pandia.ru/text/78/307/images/image020_10.gif. 
. Отже, .
Завдання 5 . Нехай у урні є N куль, їх М білих і N–M чорних. З урни витягується n куль. Знайти ймовірність того, що серед них виявиться рівно m білих куль.
Рішення.Так як порядок елементів тут несуттєвий, то число всіх можливих наборів об'єму n з N елементів дорівнює числу поєднань m білих куль, n-m чорних", і , і, отже, шукана ймовірність дорівнює Р(А)=https://pandia. ru/text/78/307/images/image031_2.gif" width="167" height="44">.
Завдання 7 (Завдання про зустріч) . Дві особи А та В домовилися зустрітися у певному місці між 12 та 13 годинами. Прийшовши першим чекає іншого протягом 20 хвилин, після чого йде. Чому дорівнює ймовірність зустрічі осіб А і В, якщо прихід кожного з них може відбутися на протязі вказаної години та моменти приходу незалежні?
Рішення.Позначимо момент приходу особи А через х та особи В – через у. Для того щоб зустріч відбулася, необхідно і достатньо, щоб ôх-уô£20. Зобразимо х і як координати на площині, в якості одиниці масштабу виберемо хвилину. Різні результати є точками квадрата зі стороною 60, а сприятливі зустрічі знаходяться в заштрихованій області. Імовірність, що шукається, дорівнює відношенню площі заштрихованої фігури (рис. 2.1) до площі всього квадрата: P(A) = (602–402)/602 = 5/9.
3. Основні формули теорії ймовірностей
Завдання 1 . У ящику 10 червоних та 5 синіх гудзиків. Виймаються навмання два гудзики. Яка ймовірність, що гудзики будуть одноколірними ?
Рішення. Подія A=(витягнуті ґудзики одного кольору) можна подати у вигляді суми , де події та означають вибір ґудзиків червоного та синього кольору відповідно. Ймовірність витягнути два червоні гудзики дорівнює, а ймовірність витягнути два сині гудзики. width="249" height="83">
Завдання 2 . Серед працівників фірми 28% знають англійська мова, 30% - німецька, 42% - французька; англійська та німецька – 8%, англійська та французька – 10%, німецька та французька – 5%, усі три мови – 3%. Знайти ймовірність того, що випадково обраний співробітник фірми: а) знає англійську чи німецьку; б) знає англійську, німецьку або французьку; в) не знає жодну з перелічених мов.
Рішення.Позначимо через A, B і З події, що полягають у тому, що випадково обраний співробітник фірми володіє англійською, німецькою або французькою відповідно. Очевидно, частки співробітників фірми, які володіють тими чи іншими мовами, визначають ймовірність цих подій. Отримуємо:
а) P(AÈB)=P(A)+P(B) -P(AB)=0,28+0,3-0,08=0,5;
б) 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;
в) 1-P(AÈBÈC)=0,2.
Завдання 3 . У сім'ї – двоє дітей. Яка ймовірність, що старша дитина – хлопчик, якщо відомо, що у сім'ї є діти обох статей?
Рішення.Нехай А = (старша дитина - хлопчик), B = (у сім'ї є діти обох статей). Вважатимемо, що народження хлопчика та народження дівчинки – рівноймовірні події. Якщо народження хлопчика позначити літерою М, а народження дівчинки – Д, простір всіх елементарних результатів складається з чотирьох пар: . У цьому просторі лише два результати (МД та ДМ) відповідають події B. Подія AB означає, що в сім'ї є діти обох статей. Старша дитина – хлопчик, отже, друга (молодша) дитина – дівчинка. Цій події AB відповідає один результат МД. Отже, |AB|=1, |B|=2 і
Завдання 4 . Майстер, маючи 10 деталей, з яких 3 – нестандартних, перевіряє деталі одну за одною, доки йому не потрапить стандартна. Якою є ймовірність, що він перевірить рівно дві деталі?
Рішення.Подія А=(майстер перевірив рівно дві деталі) означає, що за такої перевірки перша деталь виявилася нестандартною, а друга – стандартна. Отже, , де =( перша деталь виявилася нестандартною ) і =(друга деталь – стандартна). Очевидно, що ймовірність події А1 дорівнює крім того, 
, оскільки перед взяттям другої деталі у майстра залишилося 9 деталей, з яких лише 2 нестандартні та 7 стандартних. По теоремі множення
Завдання 5 . В одному ящику 3 білих та 5 чорних куль, в іншому ящику – 6 білих та 4 чорних кулі. Знайти ймовірність того, що хоча б з одного ящика буде вийнятий білий шар, якщо з кожного ящика вийнято по одній кулі.
Рішення. Подія A=(хоча б з однієї скриньки вийнятий білий шар) можна подати у вигляді суми , де події і означають появу білої кулі з першої та другої скриньки відповідно..gif" width="91" height="23">..gif " width="20" height="23 src=">.gif" width="480" height="23">.
Завдання 6 . Три екзаменатори приймають іспит з деякого предмета у групи в 30 осіб, причому перший опитує 6 студентів, другий - 3 студентів, а третій - 21 студента (вибір студентів проводиться випадковим чином зі списку). Відношення трьох екзаменаторів до тих, хто слабо підготувався, різне: шанси таких студентів скласти іспит у першого викладача дорівнюють 40%, у другого - лише 10%, у третього - 70%. Знайти ймовірність того, що студент, який слабо підготувався, складе іспит. .
Рішення.Позначимо через гіпотези, які полягають у тому, що студент, що слабо підготувався, відповідав першому, другому і третьому екзаменатору відповідно. За умовою завдання
, 
, 
.
Нехай подія A=(студент, що слабко підготувався, склав іспит). Тоді знову через умови завдання
, 
, 
.
За формулою повної ймовірності отримуємо:
Завдання 7 . Фірма має три джерела постачання комплектуючих - фірми А, B, С. На частку фірми А припадає 50% загального обсягу поставок, В - 30% і С - 20%. З практики відомо, що серед деталей, що поставляються фірмою А, 10% бракованих, фірмою В – 5% і фірмою С – 6%. Яка ймовірність, що взята навмання деталь виявиться придатною?
Рішення.Нехай подія G – поява придатної деталі. Імовірності гіпотез у тому, що деталь поставлена фірмами А, B, З, рівні відповідно Р(А)=0,5, Р(В)=0,3, Р(С)=0,2. Умовні ймовірності появи при цьому придатної деталі дорівнюють Р(G|A)=0,9, P(G|B)=0,95, P(G|C)=0,94 (як ймовірність протилежних подій до появи бракованої). За формулою повної ймовірності отримуємо:
P(G)=0,5×0,9+0,3×0,95+0,2×0,94=0,923.
Завдання 8 (Див. Завдання 6). Нехай відомо, що студент не склав іспит, тобто отримав оцінку «незадовільно». Кому з трьох викладачів найімовірніше він відповідав ?
Рішення.Імовірність отримати «невуд» дорівнює. Потрібно обчислити умовні можливості. За формулами Байєса отримуємо:
https://pandia.ru/text/78/307/images/image059_0.gif" width="183" height="44 src=">, 
.
Звідси випливає, що, найімовірніше, студент, який слабо підготувався, складав іспит третьому екзаменатору.
4. Повторні незалежні випробування. Теорема Бернуллі
Завдання 1 . Гральна кістка кинута 6 разів. Знайти ймовірність того, що рівно тричі випаде «шістка».
Рішення.Шестиразове кидання кістки можна розглядати як послідовність незалежних випробувань з ймовірністю успіху («шістки»), що дорівнює 1/6, та ймовірністю невдачі - 5/6. Шукану ймовірність обчислюємо за формулою 
.
Завдання 2 . Монета кидається 6 разів. Знайти ймовірність того, що герб випаде не більше ніж 2 рази.
Рішення.Шукана ймовірність дорівнює сумі ймовірностей трьох подій, які у тому, що герб не випаде жодного разу, або один раз, або двічі:
Р(А) = Р6(0) + Р6(1) + Р6(2) = https://pandia.ru/text/78/307/images/image063.gif" width="445 height=24" height= "24">.
Завдання 4 . Монета підкидається 3 рази. Знайти найбільш ймовірне число успіхів (випадання герба).
Рішення.Можливими значеннями для числа успіхів у трьох аналізованих випробуваннях є m = 0, 1, 2 або 3. Нехай Am - подія, яка полягає в тому, що при трьох підкидання монети герб з'являється m разів. За формулою Бернуллі легко знайти ймовірність подій Am (див. таблицю):
З цієї таблиці видно, що найімовірнішими значеннями є числа 1 і 2 (їх ймовірності дорівнюють 3/8). Цей результат можна отримати і з теореми 2. Дійсно, n=3, p=1/2, q=1/2. Тоді
, Т. е. .
Завдання 5. Внаслідок кожного візиту страхового агентадоговір укладається із ймовірністю 0,1. Знайти найбільш імовірну кількість укладених договорів після 25 візитів.
Рішення.Маємо n=10, p=0,1, q=0,9. Нерівність для найбільш ймовірної кількості успіхів набуває вигляду: 25×0,1–0,9£m*£25×0,1+0,1 або 1,6£m*£2,6. Ця нерівність має лише одне ціле рішення, а саме, m*=2.
Завдання 6 . Відомо, що відсоток шлюбу певної деталі дорівнює 0,5%. Контролер перевіряє 1000 деталей. Яка можливість виявити рівно три браковані деталі? Яка ймовірність виявити не менше трьох бракованих деталей?
Рішення.Маємо 1000 випробувань Бернуллі з ймовірністю успіху р = 0,005. Застосовуючи пуассонівське наближення з λ=np=5, отримуємо
2) P1000(m³3)=1-P1000(m<3)=1-»1-,
та Р1000(3)»0,14; Р1000(m³3)»0,875.
Завдання 7 . Імовірність придбання при відвідуванні клієнтом магазину становить р=0,75. Знайти ймовірність того, що при 100 відвідуваннях клієнт здійснить покупку рівно 80 разів.
Рішення. У разі n=100, m=80, p=0,75, q=0,25. Знаходимо 
і визначаємо j(x)=0,2036, тоді шукана ймовірність дорівнює Р100(80)= 
.
Завдання 8. Страхова компанія уклала 40000 договорів. Імовірність страхового випадку щодо кожного їх протягом року становить 2%. Знайти ймовірність, що таких випадків буде не більше ніж 870.
Рішення.За умовою задачі n=40000, p=0,02. Знаходимо np = 800,. Для обчислення Р(m£870) скористаємося інтегральною теоремою Муавра-Лапласа:
Р(0
Знаходимо по таблиці значень функції Лапласа:
Р(0 Завдання 9
.
Імовірність появи події у кожному із 400 незалежних випробувань дорівнює 0,8. Знайти таке позитивне число e, щоб із ймовірністю 0,99 абсолютна величина відхилення відносної частоти появи події від його ймовірності не перевищувала e. Рішення.За умовою задачі p=0,8, n=400. Використовуємо слідство з інтегральної теореми Муавра-Лапласа: 5.
Дискретні випадкові величини Завдання 1
.
У зв'язці з трьох ключів тільки один ключ підходить до дверей. Ключі перебирають до тих пір, поки не знайдеться відповідний ключ. Побудувати закон розподілу для випадкової величини x – числа випробуваних ключів .
Рішення.Число випробуваних ключів може дорівнювати 1, 2 або 3. Якщо випробували лише один ключ, це означає, що цей перший ключ відразу підійшов до дверей, а ймовірність такої події дорівнює 1/3. Отже, Далі, якщо випробуваних ключів було 2, т. е. x=2, це означає, перший ключ не підійшов, а другий – підійшов. Імовірність цієї події дорівнює 2/3×1/2=1/3..gif" width="100" height="21"> В результаті виходить наступний ряд розподілу: Завдання 2
.
Побудувати функцію розподілу Fx(x) для випадкової величини x із завдання 1. Рішення.Випадкова величина x має три значення 1, 2, 3, які ділять усю числову вісь на чотири проміжки: . Якщо x<1, то неравенство x£x невозможно (левее x нет значений случайной величины x) и значит, для такого x функция Fx(x)=0. Якщо 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. Якщо 2£x<3, неравенство x£x означает, что или x=1, или x=2, поэтому в этом случае вероятность P(x І, нарешті, у разі x³3 нерівність x£x виконується всім значень випадкової величини x, тому P(x Отже, ми отримали таку функцію: Завдання 3.
Спільний закон розподілу випадкових величин x та h заданий за допомогою таблиці Обчислити приватні закони розподілу складових величин x та h. Визначити, чи вони залежні..gif" width="423" height="23 src=">; https://pandia.ru/text/78/307/images/image086.gif" width="376" height="23 src=">. Аналогічно виходить приватний розподіл для h: https://pandia.ru/text/78/307/images/image088.gif" width="229" height="23 src=">. Отримані ймовірності можна записати в ту саму таблицю навпроти відповідних значень випадкових величин: Тепер відповімо на питання про незалежність випадкових величин x і h. 16, а добуток відповідних приватних ймовірностей 1/4×1/4 дорівнює 1/16, тобто збігається з спільною ймовірністю. та h незалежні. Зауважимо, що якби наша умова порушувалася хоча б в одній клітині, то величини слід визнати залежними. Для обчислення ймовірності відзначимо клітини, для яких виконано умову width="574". Завдання 4
.
Нехай випадкова величина має наступний закон розподілу: Обчислити математичне очікування Mx, дисперсію Dx та середньоквадратичне відхилення s. Рішення. За визначенням математичне очікування x одно Середнє квадратичне відхилення width="51". Рішення.Скористаємося формулою Завдання 6
.
Для пари випадкових величин задачі 3 обчислити коваріацію cov(x, h). Рішення.У попередній задачі вже було обчислено математичне очікування .
Залишилось обчислити і .
Використовуючи отримані у вирішенні задачі 3 приватні закони розподілу, отримуємо ; ;
і значить, чого слід очікувати внаслідок незалежності випадкових величин. Завдання 7.
Випадковий вектор (x, h) приймає значення (0,0), (1,0), (–1,0), (0,1) та (0,–1) рівноймовірно. Обчислити коваріацію випадкових величин x та h. Показати, що вони залежні. Рішення. Оскільки Р(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, то Мx=3/5'0+1/5'1+1 /5 '(-1) = 0 і 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. Отримуємо cov(x, h)=М(xh)–МxМh=0, і випадкові величини некореловані. Однак вони є залежними. Нехай x=1, тоді умовна ймовірність події (h=0) дорівнює Р(h=0|x=1)=1 і не дорівнює безумовній Р(h=0)=3/5, або ймовірність (ξ=0,η =0) не дорівнює добутку ймовірностей: Р(x=0,h=0)=1/5?Р(x=0)Р(h=0)=9/25. Отже, x та h залежні. Завдання 8
. Випадкові збільшення цін акцій двох компаній за день x і h мають спільний розподіл, заданий таблицею: Знайти коефіцієнт кореляції. Рішення.Насамперед обчислюємо Mxh=0,3-0,2-0,1+0,4=0,4. Далі знаходимо приватні закони розподілу x та h: Визначаємо 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. Отримуємо Завдання 9.
Випадкові збільшення цін акцій двох компаній протягом дня мають дисперсії Dx=1 і Dh=2, а коефіцієнт їх кореляції r=0,7. Знайти дисперсію збільшення ціни портфеля з 5 акцій першої компанії та 3 акцій другої компанії. Рішення. Використовуючи властивості дисперсії, коваріації та визначення коефіцієнта кореляції, отримуємо: Завдання 10
.
Розподіл двовимірної випадкової величини задано таблицею: Знайти умовний розподіл та умовне математичне очікування h за x=1. Рішення.Умовне математичне очікування одно З умови завдання знайдемо розподіл складових h і x (останній стовпець та останній рядок таблиці).
. Отже, 
..gif" width="587" height="41">
. А саме, в кожній клітині таблиці виконуємо множення відповідних значень і результат множимо на ймовірність pij, і все це підсумовуємо по всіх клітинах таблиці. У результаті отримуємо:
.
