Žaidimas, kurio dalyviai. Tikimybių teorijos uždaviniai su sprendimais. Apskritai tai suteikė jums dvejų metų treniruočių žygyje

su pirmaisiais Maskvos architektūros mokyklos absolventais.

A.V.: Julija, diplomą įgijote Sergejaus Čobano studijoje „Judesių koordinavimas“, kur jūsų dizaino objektas buvo D-1 blokas Skolkovo mieste. Kiek suprantu, jūsų darbas buvo bene konkretiausias: kūrėte vietai, kurios kontekstas dar nebuvo susiformavęs. Į ką tai panašu?

Yu.A.: Darbas be esamo konteksto buvo išties keistas. Toje Skolkovo vietovėje, kurios bendrąjį planą parengė Sergejaus Čobano kalbų biuras kartu su Davido Chipperfieldo įmone, mums buvo suteikta vieta, ir mes turėjome sugalvoti, ką su ja daryti. Pirmąjį semestrą buvome suskirstyti į 3 grupes po 4 žmones ir tarp mūsų buvo paskelbtas konkursas planuoti vienam ketvirčiui. Turėjome tame žemės sklype, kurį gavome, dvylika, vidutiniškai – penkiaaukščius namus, pagal mokinių skaičių grupėje. Taip atsitiko, kad konkursą laimėjo mūsų komanda: Anya Shevchenko, Dima Stolbovoy, Artem Slizunov ir aš. Gavome gana griežtą planą, kurį ribojo ne tik kai kurie kadastro parametrai, bet ir įgaliojimai, ir dizaino kodas.

Koks tavo pagrindinis planas?

Pakeitėme struktūrą, kuri buvo pradiniame bendrojo plano variante: siekdami sumažinti aplinkos mastelį, savo kvartalą padalinome į 4 kvartalus, kurių kiekviename yra viešoji erdvė. Be to, kiekvienas kvartalas turėjo savo funkciją: būstas, startuoliai, poblokas su sporto funkcija ir pagrindinis pastatas, taip pat svetainė su nakvynės namais, viešbučiu, muziejumi ir pagrindinė aikštė. esantis čia pat.

Kokius apribojimus įrašėte projektavimo kode?

Kvartalas labai mažas, o kiekvieno dalyvio ketinimai gali turėti didelės įtakos kitiems. Todėl konkrečių medžiagų nenurašėme, o reguliavome galimus formos pokyčius nustatydami „pėdą“ ir FAR. Pavyzdžiui, jei darote „graužimą“, jūsų aukštų skaičius auga, o tai savo ruožtu taip pat ribojama iki tam tikro lygio.

Koks buvo kitas žingsnis?

Toliau kiekvienas turėjome vystyti po vieną iš sklype esančių pastatų, bet kuris, kokia funkcija – buvo nustatyta burtų keliu, traukėme popierėlius su „partitais“. Toks buvo Sergejaus Čobano planas. Ir ši situacija iš esmės skiriasi nuo tos, kai pats pasirenkate diplomo temą ir projektuojate konkrečios funkcijos pastatą, kurį, ko gero, svajojote projektuoti visus šešerius studijų metus. Čia teko susitaikyti su tuo, kad gavome burtų keliu, ir, viena vertus, tai buvo gana skaudu, bet, kita vertus, tai artima gyvenimui situacija.

Ką tu gavai?

Man pasisekė, mano nuomone. Suprojektavau startuolio pastatą. Su tam tikrais matmenimis, kurių pakeisti nepavyko. Svarbiausias principas, kuriuo vadovaujamasi, buvo ir ideologinis, ir funkcinis: šiandien tai yra startuolis, o rytoj, tikėtina, jo nebeliks.

Galų gale, kas apskritai yra Skolkovo? Niekas negali pagrįstai atsakyti į šį klausimą. Išstudijavus medžiagą, padariau išvadą, kad savo strategija Skolkovo plėtra yra gana lanksti. Man tai buvo pagrindinė sąlyga, kurią turėjo atitikti mano projektas. Todėl, kai pastato plotis buvo 12 metrų, man buvo svarbu, kad mano pastate nebūtų papildomų sienų. Aš nepalikau nieko, išskyrus standžiąsias šerdis, kurios dizaino požiūriu yra privalomos. Viduje yra atviras, atviras grindų planas. Kalbant apie išorinę išvaizdą, savo pastatą stengiausi suprojektuoti taip, kad jis būtų gana kuklus, bet kartu ir išraiškingas.

Pagrindinis fasadas pasirodė esąs 12 metrų užpakalis su vaizdu į bulvarą. Taigi nusprendžiau paryškinti jo formą. Svarbų vaidmenį atlieka dvišlaitis stogas, tapęs vizualiu viso pastato akcentu. Tai tarpinė grandis tarp dviejų skirtingo ūgio ir išraiškingumo mano objekto „kaimynų“.

Ar darbo procese susiformavote savo požiūrį į pačią Skolkovo inovacijų centro idėją?

Darbo eigoje jis pasikeitė. Iš pradžių šiek tiek dominavo ideologinis kontekstas. Ir tada Skolkovą pradėjome suvokti nebe kaip Rusijos masto reiškinį, o atidžiai svarstyti pačios vietos problemas. Nes šiandien gali būti Inovacijų centras o rytoj bus kas kita. Ir ką, jūsų pastatas turėtų būti nugriautas? Gera architektūra gali gyvuoti ilgiau nei jos pradinis kontekstas. Ji sukuria naują.

Ar buvo sunku dirbti grupėje? Kaip klostėsi santykiai studijoje, kai kiekvienas pradėjote savo projektą?

Taip, žinoma, sunku. Juk pavyko taip, kad situacija apskritai galėjo kardinaliai pasikeisti nuo kiekvieno žmogaus norų. Siužetas gana mažas, o kažkieno sumanymas padaryti, tarkime, pultą ar dar ką nors, gali turėti įtakos, pavyzdžiui, insoliacijos standartams. Tada mes visi susėdome ir pradėjome diskutuoti, ar tai teisinga, ar ne.

Galutinė versija mane maloniai nustebino. Iš pradžių man atrodė, kad kiekviename nusvers noras sukurti vau-tezės projektą, o ne darnų grupinį darbą. Tačiau pagrindinis planas galiausiai pasirodė gana subalansuotas. Man atrodo, kad mums pavyko rasti „aukso vidurį“ tarp asmeninių ambicijų ir poreikio laikytis tam tikrų žaidimo taisyklių.

Kokie buvo studijų su Sergejumi Čobanu ypatumai?

Buvo malonu dirbti su visais mūsų studijos vadovais. Be Sergejaus, tai Aleksejus Iljinas ir Igoris Chlenovas iš Kalbos biuro, o sąjungininkai taip pat atvyko padėti susidoroti su tam tikrais mazgais. Ugdymo procesas buvo sukurtas nuostabiai tiksliai, tiesiogine prasme iki minutės. Nors Sergejui tam tikru mastu, tikriausiai, su mumis buvo sunku. Man atrodo, kad jis skaičiavo, kad mes jau beveik profesionalai. Ir mes, negaliu sakyti, kad esame dar vaikai, bet skirtumas tarp biuro darbuotojo ir studento vis tiek yra neįtikėtinai didelis. Jis su mumis savo žiniomis dalijosi ne kaip mokytojas, o kaip praktikuojantis architektas ir sugebėjo priversti mus dirbti daugiau savarankiškai ir tarpusavyje nei su mokytojais. Tai tikrai buvo „judesių koordinavimas“.

Ką apskritai tau davė dveji studijų metai KOVO?

Negaliu sakyti, kad atsivėrė trečioji akis. Tačiau kai kurios abejonės išsisklaidė, kai kurios pozicijos sustiprėjo. Dabar esu labiau atsakinga už tai, ką darau ir ką sakau. Galbūt didelis ačiū už šį KOVO, galbūt didelis ačiū už šį kartą. Galiu pasakyti, kad vertingiausia KOVO mėn pagrindinis išteklius mokyklos yra žmonės ir ypatinga atmosfera. Iš esmės aš ten ėjau dėl žmonių. Nuėjau pas Sergejų Sitarą, pas Kirilą Asą, pas Jevgenijų Viktorovičių, pas Nariną Tyutchevą. Be to, turėjau jus, bendražygiai, kurie mane įkvėpė ir palaikė. Tikiuosi ir toliau bendrausime, tikiuosi ką nors kartu nuveiksime.

Kur studijavote anksčiau?

Bakalauro laipsnį apgyniau Maskvos architektūros institute pas puikiausią dėstytoją Iriną Michailovną Jastrebovą. Ir galiu pridurti, kad su Maskvos architektūros institutu elgiuosi labai gerai ir nemanau, kad tai kažkoks sovietinis reliktas. Jis duoda akademinius pagrindus, o vėliau kiekvienas pats nusprendžia, ką nori veikti.

Ką dabar norėtum veikti?

Visus savo egzistavimo architektūroje metus apie tai rašiau, skaičiau, kalbėjau, bet taip ir nesukūriau visa to žodžio prasme. Tiesą sakant, aš dariau popierinę architektūrą su tokia, žinote, pretenzija į konceptualų meną. Ir jei anksčiau buvau visiškai tikras, kad teorija lemia praktiką, tai dabar negaliu ja patikėti, kol jos nepatikrinu. Todėl man dabar reikia apsilankyti statybvietėje, turiu suprasti, kas tai yra – kai tu ką nors padarei popieriuje, tada už tai kovojai, ginčijosi, derinai, o galų gale stovi, žiūri ir supranti: viskas, tai atsitiko! Tai yra mano fiksuota idėja. Todėl artimiausius dvejus metus planuoju praktikuotis ir stengtis kuo trumpiau nueiti kelią iki statybvietės, iki įgyvendinimo.

Tikimybių teorijos uždaviniai su sprendimais

1. Kombinatorika

1 užduotis . Grupėje yra 30 mokinių. Būtina pasirinkti viršininką, jo pavaduotoją ir profesinės sąjungos vadovą. Kiek būdų tai padaryti?

Sprendimas. Bet kuris iš 30 studentų gali būti pasirinktas direktoriumi, bet kuris iš likusių 29 studentų – pavaduotoju, bet kuris iš likusių 28 studentų – profesinės sąjungos organizatoriumi, t.y. n1=30, n2=29, n3=28. Pagal daugybos taisyklę bendras vadovo, jo pavaduotojo ir profesinės sąjungos vadovo pasirinkimo būdų skaičius N yra N=n1´n2´n3=30´29´28=24360.

2 užduotis . Du paštininkai turi pristatyti 10 laiškų 10 adresų. Kiek būdų jie gali paskirstyti darbą?

Sprendimas. Pirmoji raidė turi n1=2 alternatyvas – arba ji nurodo adresatas pirmas paštininkas arba antrasis. Taip pat yra n2=2 alternatyvos antrajai raidei ir panašiai, ty n1=n2=…=n10=2. Todėl, remiantis daugybos taisykle, bendras laiškų paskirstymo tarp dviejų paštininkų skaičius yra toks

3 užduotis. Dėžutėje yra 100 dalių, iš kurių 30 yra 1 klasės, 50 - 2 klasės, o likusios - 3 klasės. Kiek yra būdų, kaip iš dėžutės ištraukti vieną 1 ar 2 klasės dalį?

Sprendimas. 1 klasės detalė gali būti išgaunama n1=30 būdų, 2 klasės – n2=50 būdų. Pagal sumos taisyklę yra N=n1+n2=30+50=80 būdų, kaip išgauti vieną 1 ar 2 klasės dalį.

5 užduotis . 7 konkurso dalyvių pasirodymo tvarka nustatoma burtų keliu. Kiek skirtingų burtų variantų galimi?

Sprendimas. Kiekvienas burtų variantas skiriasi tik konkurso dalyvių eilės tvarka, t.y. tai 7 elementų permutacija. Jų skaičius yra

6 užduotis . Konkurse dalyvauja 10 filmų 5 nominacijose. Kiek yra prizų paskirstymo variantų, jei visoms nominacijoms įvairių prizus?

Sprendimas. Kiekvienas prizų skirstymo variantas yra 5 filmų iš 10 derinys, kuris skiriasi nuo kitų derinių tiek kompozicija, tiek savo tvarka. Kadangi kiekvienas filmas gali gauti prizus vienoje ar keliose nominacijose, tie patys filmai gali būti kartojami. Todėl tokių derinių skaičius yra lygus vietų skaičiui su 10 elementų pasikartojimais 5:

7 užduotis . Šachmatų turnyre dalyvauja 16 žmonių. Kiek žaidimų turi būti sužaista turnyre, jei vienas žaidimas bus žaidžiamas tarp bet kurių dviejų dalyvių?

Sprendimas. Kiekvieną žaidimą žaidžia du dalyviai iš 16 ir nuo kitų skiriasi tik dalyvių porų sudėtis, t.y., tai yra 16 elementų derinys po 2. Jų skaičius yra

8 užduotis . 6 užduoties sąlygomis nustatykite, kiek yra prizų paskirstymo variantų, jei visoms nominacijoms tas pats prizus?

Sprendimas. Jei kiekvienai nominacijai skiriami vienodi prizai, tai filmų eilė 5 prizų derinyje neturi reikšmės, o variantų skaičius yra derinių skaičius su 10 elementų pasikartojimais po 5, nustatytas pagal formulę.

9 užduotis. Sodininkas per tris dienas privalo pasodinti 6 medžius. Kiek būdų jis gali paskirstyti darbą per dienas, jei pasodins bent vieną medį per dieną?

Sprendimas. Tarkime, sodininkas sodina medžius iš eilės ir gali priimti skirtingus sprendimus, kurį medį stabdyti pirmą dieną, o kurį – antrą. Taigi galima įsivaizduoti, kad medžius skiria dvi pertvaros, kurių kiekviena gali stovėti vienoje iš 5 vietų (tarp medžių). Pertvaros turi stovėti po vieną, nes kitaip vieną dieną nepasodins nė vieno medžio. Taigi, reikia pasirinkti 2 elementus iš 5 (be pakartojimų). Todėl būdų skaičius .

10 užduotis. Kiek yra keturženklių skaičių (galbūt prasidedančių nuo nulio), kurių skaitmenų suma yra 5?

Sprendimas. Pavaizduokime skaičių 5 kaip iš eilės einančių skaičių, suskirstytų į grupes pertvaromis (kiekviena sumos grupė sudaro kitą skaičiaus skaitmenį). Aišku, kad tokių pertvarų reikės 3. Pertvaroms skirtos 6 vietos (prieš visus blokus, tarp jų ir po). Kiekviena sėdynė gali būti užimta viena ar keliomis pertvaromis (pastaruoju atveju tarp jų nėra nė vienos, o atitinkama suma lygi nuliui). Apsvarstykite šias vietas kaip rinkinio elementus. Taigi, reikia pasirinkti 3 elementus iš 6 (su pakartojimais). Todėl norimą skaičių skaičių

11 užduotis . Kokiais būdais 25 mokinių grupę galima suskirstyti į tris A, B ir C pogrupius, atitinkamai po 6, 9 ir 10 žmonių?

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

1 užduotis . Dėžutėje yra 5 apelsinai ir 4 obuoliai. Atsitiktinai parenkami 3 vaisiai. Kokia tikimybė, kad visi trys vaisiai yra apelsinai?

Sprendimas. Pagrindiniai rezultatai čia yra rinkiniai, kuriuose yra 3 vaisiai. Kadangi vaisių eiliškumas yra abejingas, manysime, kad jų pasirinkimas yra netvarkingas (ir nesikartojantis). gif" width="161 height=83" height="83">.

2 užduotis . Mokytojas siūlo kiekvienam iš trijų mokinių sugalvoti bet kurį skaičių nuo 1 iki 10. Darant prielaidą, kad kiekvienas iš mokinių turi vienodą galimybę pasirinkti bet kurį skaičių iš pateiktų, suraskite tikimybę, kad vienas iš jų turės tą patį skaičių.

Sprendimas. Pirmiausia apskaičiuokime bendrą rezultatų skaičių. Pirmasis mokinys pasirenka vieną iš 10 skaičių ir turi n1=10 galimybių, antrasis taip pat turi n2=10 galimybių, galiausiai trečiasis taip pat turi n3=10 galimybių. Remiantis daugybos taisykle, bendras būdų skaičius yra: n= n1´n2´n3=103 = 1000, ty visoje erdvėje yra 1000 elementarių rezultatų. Apskaičiuojant įvykio A tikimybę patogu pereiti prie priešingo įvykio, t.y., suskaičiuoti tų atvejų, kai visi trys mokiniai galvoja skirtingus skaičius. Pirmajame vis dar yra m1=10 būdų pasirinkti skaičių. Antrasis studentas dabar turi tik m2=9 galimybes, nes turi pasirūpinti, kad jo skaičius nesutaptų su numatytu pirmojo mokinio skaičiumi. Trečias mokinys dar labiau apribotas savo pasirinkimu – jis turi tik m3=8 galimybes. Todėl bendras sumanytų skaičių kombinacijų, kuriose nėra atitikmenų, skaičius yra lygus m=10×9×8=720. Atvejų, kuriuose yra atitikmenų, yra 280. Todėl norima tikimybė P=280/1000=0,28.

3 užduotis . Raskite tikimybę, kad 8 skaitmenų skaičiuje lygiai 4 skaitmenys yra vienodi, o likusieji skiriasi.

Sprendimas. Įvykis A=(aštuonių skaitmenų skaičių sudaro 4 identiški skaitmenys). Iš problemos sąlygos išplaukia, kad iš penkių skirtingų skaitmenų vienas iš jų kartojasi. Pasirinkimo būdų skaičius lygus būdų, kaip pasirinkti vieną skaitmenį iš 10 skaitmenų, skaičiui..gif" width="21" height="25 src="> . Tada palankių rezultatų skaičius. Bendras skaičius 8 skaitmenų skaičių sudarymo būdai yra |W|=108 Norima tikimybė lygi

4 užduotis . Šeši klientai atsitiktinai kreipiasi į 5 įmones. Raskite tikimybę, kad niekas nesikreips į bent vieną įmonę.

Sprendimas. Apsvarstykite priešingą įvykį https://pandia.ru/text/78/307/images/image020_10.gif" width="195" height="41">. Bendras būdų, kaip paskirstyti 6 klientus tarp 5 firmų, skaičius. . Vadinasi,.

5 užduotis . Tegul urnoje yra N rutuliukų, iš kurių M yra balti, o N – M yra juodi. iš urnos ištraukiami n kamuoliukai. Raskite tikimybę, kad tarp jų bus lygiai m baltų rutuliukų.

Sprendimas. Kadangi elementų tvarka čia nėra reikšminga, visų galimų n dydžio N elementų aibių skaičius yra lygus m baltų rutulių, n–m juodų rutulių derinių skaičiui, todėl norima tikimybė yra P (A)=https://pandia. ru/text/78/307/images/image031_2.gif" width="167" height="44">.

7 užduotis (susitikimo užduotis) . Du asmenys A ir B susitarė susitikti tam tikroje vietoje nuo 12 iki 13 val. Pirmasis atvykęs žmogus laukia kito 20 minučių, po to jis išeina. Kokia tikimybė sutikti asmenis A ir B, jei kiekvieno iš jų atvykimas per nurodytą valandą gali įvykti atsitiktinai ir atvykimo momentai yra nepriklausomi?

Sprendimas. Asmens A atvykimo laiką pažymėkime kaip x, o asmens B – kaip y. Kad susirinkimas įvyktų, būtina ir pakanka, kad ôx-yô £20. Pavaizduokime x ir y kaip koordinates plokštumoje, mastelio vienetu pasirinksime minutę. Visi galimi rezultatai yra vaizduojami kvadrato, kurio kraštinė yra 60, taškais, o palankūs susitikimui yra tamsesnėje srityje. Norima tikimybė lygi nuspalvintos figūros ploto (2.1 pav.) ir viso kvadrato ploto santykiui: P(A) = (602–402)/602 = 5/9.

3. Pagrindinės tikimybių teorijos formulės

1 užduotis . Dėžutėje yra 10 raudonų ir 5 mėlynos spalvos mygtukai. Atsitiktinai išimami du mygtukai. Kokia tikimybė, kad mygtukai bus tos pačios spalvos? ?

Sprendimas. Įvykis A=(pašalinami tos pačios spalvos mygtukai) gali būti pavaizduotas kaip suma , kur įvykiai ir reiškia atitinkamai raudonų ir mėlynų mygtukų pasirinkimą. Tikimybė nupiešti du raudonus mygtukus yra lygi, o tikimybė nupiešti du mėlynus mygtukus https://pandia.ru/text/78/307/images/image034_2.gif" width="19 height=23" height="23 ">.gif" width="249" height="83">

2 užduotis . Tarp firmos darbuotojų žino 28 proc Anglų kalba, 30% - vokiečių, 42% - prancūzų; Anglų ir vokiečių - 8%, anglų ir prancūzų - 10%, vokiečių ir prancūzų - 5%, visos trys kalbos - 3%. Raskite tikimybę, kad atsitiktinai parinktas įmonės darbuotojas: a) moka anglų arba vokiečių kalbą; b) moka anglų, vokiečių arba prancūzų kalbą; c) nemoka nė vienos iš išvardytų kalbų.

Sprendimas. Tegu A, B ir C žymi įvykius, kai atsitiktinai parinktas įmonės darbuotojas kalba atitinkamai angliškai, vokiškai arba prancūziškai. Akivaizdu, kad tam tikromis kalbomis kalbančių firmos darbuotojų akcijos lemia šių įvykių tikimybę. Mes gauname:

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.

3 užduotis . Šeima augina du vaikus. Kokia tikimybė, kad vyriausias vaikas yra berniukas, jei žinoma, kad šeimoje yra abiejų lyčių vaikų?

Sprendimas. Tegu A = (vyriausias vaikas yra berniukas), B = (šeimoje yra abiejų lyčių vaikų). Tarkime, kad berniuko ir mergaitės gimimas yra lygiaverčiai įvykiai. Jei berniuko gimimas žymimas raide M, o mergaitės gimimas – D, tai visų elementariųjų baigčių erdvė susideda iš keturių porų: . Šioje erdvėje tik dvi baigtys (MD ir MM) atitinka įvykį B. Įvykis AB reiškia, kad šeimoje yra abiejų lyčių vaikai. Vyriausias vaikas yra berniukas, todėl antrasis (jauniausias) yra mergaitė. Šis įvykis AB atitinka vieną rezultatą – MD. Taigi |AB|=1, |B|=2 ir

4 užduotis . Meistras, turėdamas 10 detalių, iš kurių 3 nestandartinės, tikrina dalis po vieną, kol atsiduria standartinė. Kokia tikimybė, kad jis patikrins būtent dvi detales?

Sprendimas.Įvykis A=(meistras patikrino lygiai dvi dalis) reiškia, kad tokio patikrinimo metu pirmoji dalis pasirodė nestandartinė, o antroji – standartinė. Vadinasi, , kur =( pirmoji dalis pasirodė nestandartinė) ir =(antroji dalis standartinė). Akivaizdu, kad įvykio A1 tikimybė taip pat lygi , kadangi iki paimant antrą dalį meistrui liko 9 dalys, iš kurių tik 2 nestandartinės ir 7 standartinės. Pagal daugybos teoremą

5 užduotis . Vienoje dėžutėje yra 3 balti ir 5 juodi rutuliai, o kitoje – 6 balti ir 4 juodi rutuliai. Raskite tikimybę, kad baltas rutulys bus ištrauktas bent iš vienos dėžutės, jei iš kiekvienos dėžės bus ištrauktas vienas rutulys.

Sprendimas. Įvykis A=(baltas rutulys išimamas iš bent vienos dėžutės) gali būti pavaizduotas kaip suma , kur įvykiai ir reiškia balto rutulio atsiradimą atitinkamai iš pirmos ir antros dėžės..gif" width=" 91" height="23">..gif " width="20" height="23 src=">.gif" width="480" height="23">.

6 užduotis . Trys egzaminuotojai laiko tam tikro dalyko egzaminą iš 30 žmonių grupės, pirmasis apklausdamas 6 studentus, antrasis - 3, trečias - 21 studentą (mokiniai atrenkami atsitiktine tvarka iš sąrašo). Trijų egzaminuotojų ir prastai pasiruošusių santykis skiriasi: tokių mokinių tikimybė išlaikyti egzaminą pirmajam mokytojui yra 40%, antrajam tik 10%, trečiam 70%. Raskite tikimybę, kad prastai pasiruošęs studentas išlaikys egzaminą .

Sprendimas. Hipotezėmis pažymėkite, kad prastai pasiruošęs studentas atsakė atitinkamai į pirmąjį, antrąjį ir trečiąjį egzaminuotojus. Pagal užduotį

, , .

Tegu įvykis A=(blogai pasiruošęs studentas išlaikė egzaminą). Vėlgi, dėl problemos būklės

, , .

Pagal bendrosios tikimybės formulę gauname:

7 užduotis . Įmonė turi tris komponentų tiekimo šaltinius - įmonės A, B, C. Įmonei A tenka 50% visos pasiūlos, B - 30% ir C - 20%. Iš praktikos žinoma, kad tarp įmonės A tiekiamų detalių brokuotos yra 10%, įmonės B - 5% ir įmonės C - 6%. Kokia tikimybė, kad atsitiktinai parinkta dalis bus gera?

Sprendimas. Tegul įvykis G yra geros dalies pasirodymas. Hipotezių, kad dalį tiekė įmonės A, B, C tikimybės atitinkamai P(A)=0,5, P(B)=0,3, P(C)=0,2. Sąlyginės geros dalies atsiradimo tikimybės šiuo atveju yra P(G|A)=0,9, P(G|B)=0,95, P(G|C)=0,94 (kaip atsiradimui priešingų įvykių tikimybės dėl sugedusios dalies). Pagal bendrosios tikimybės formulę gauname:

P(G)=0,5×0,9+0,3×0,95+0,2×0,94=0,923.

8 užduotis (žr. 6 problemą). Leiskite suprasti, kad mokinys neišlaikė egzamino, t.y. gavo įvertinimą „nepatenkinamai“. Kuris iš trijų mokytojų greičiausiai atsakė ?

Sprendimas. Tikimybė gauti „nepavykimą“ yra. Būtina apskaičiuoti sąlygines tikimybes. Pagal Bayes formules gauname:

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

Iš to išplaukia, kad greičiausiai prastai pasiruošęs studentas laikė egzaminą trečiajam egzaminuotojui.

4. Pakartotiniai nepriklausomi testai. Bernulio teorema

1 užduotis . Kauliukas metamas 6 kartus. Raskite tikimybę, kad šeši atsiras lygiai 3 kartus.

Sprendimas.Į kauliuko metimą šešis kartus galima žiūrėti kaip į nepriklausomų bandymų seką, kurios sėkmės tikimybė („šeši“) lygi 1/6, o nesėkmės tikimybė – 5/6. Norima tikimybė apskaičiuojama pagal formulę .

2 užduotis . Moneta metama 6 kartus. Raskite tikimybę, kad herbas pasirodys daugiausia 2 kartus.

Sprendimas. Norima tikimybė lygi trijų įvykių tikimybių sumai, susidedančiai iš to, kad herbas neiškrenta nei vieną kartą, nei du kartus:

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

4 užduotis . Moneta metama 3 kartus. Raskite labiausiai tikėtiną sėkmės skaičių (herbą).

Sprendimas. Galimos trijų nagrinėjamų bandymų sėkmės vertės yra m = 0, 1, 2 arba 3. Tegul Am yra įvykis, kai ant trijų monetos metimų herbas pasirodo m kartų. Naudojant Bernulio formulę, nesunku rasti įvykių Am tikimybes (žr. lentelę):

Šioje lentelėje matyti, kad labiausiai tikėtinos reikšmės yra skaičiai 1 ir 2 (jų tikimybė yra 3/8). Tą patį rezultatą galima gauti ir iš 2 teoremos. Iš tiesų, n=3, p=1/2, q=1/2. Tada

, t.y. .

5 užduotis. Dėl kiekvieno apsilankymo draudimo agentas sutartis sudaroma su 0,1 tikimybe. Raskite labiausiai tikėtiną pasirašytų sutarčių skaičių po 25 apsilankymų.

Sprendimas. Turime n=10, p=0,1, q=0,9. Labiausiai tikėtino sėkmės skaičiaus nelygybė yra tokia: 25 × 0,1–0,9 £*25 × 0,1+0,1 arba 1,6 £* 2,6 £. Ši nelygybė turi tik vieną sveikųjų skaičių sprendimą, būtent m*=2.

6 užduotis . Yra žinoma, kad kai kurios dalies atmetimo procentas yra 0,5%. Inspektorius patikrina 1000 detalių. Kokia tikimybė rasti tiksliai tris sugedusias dalis? Kokia tikimybė rasti bent tris sugedusias dalis?

Sprendimas. Turime 1000 Bernoulli bandymų, kurių „sėkmės“ tikimybė p=0,005. Taikydami Puasono aproksimaciją su λ=np=5, gauname

2) P1000(m³3)=1-P1000(m<3)=1-»1-,

ir P1000(3)»0,14; P1000 (m³3) "0,875.

7 užduotis . Pirkimo tikimybė klientui apsilankius parduotuvėje yra p=0,75. Raskite tikimybę, kad per 100 apsilankymų klientas pirks lygiai 80 kartų.

Sprendimas. Šiuo atveju n=100, m=80, p=0,75, q=0,25. Mes randame , ir nustatykite j(x)=0,2036, tada norima tikimybė yra P100(80)= .

8 užduotis. Draudimo bendrovė sudarė 40 000 sutarčių. Draudžiamojo įvykio tikimybė kiekvienam iš jų per metus yra 2 proc. Raskite tikimybę, kad tokių atvejų bus ne daugiau kaip 870.

Sprendimas. Pagal uždavinio sąlygą n=40000, p=0,02. Randame np=800,. Norėdami apskaičiuoti P(m £ 870), naudojame Moivre-Laplace'o integralinę teoremą:

P(0 .

Pagal Laplaso funkcijos verčių lentelę randame:

P(0

9 užduotis . Tikimybė, kad įvykis įvyks kiekviename iš 400 nepriklausomų bandymų, yra 0,8. Raskite tokį teigiamą skaičių e, kad su 0,99 tikimybe įvykio santykinio pasireiškimo dažnio nuokrypio nuo jo tikimybės absoliuti reikšmė neviršytų e.

Sprendimas. Pagal uždavinio sąlygą p=0,8, n=400. Mes naudojame Moivre-Laplace integralinės teoremos išvadą: . Vadinasi, ..gif" width="587" height="41">

5. Diskretieji atsitiktiniai dydžiai

1 užduotis . 3 raktų krūvoje tik vienas raktas tinka durims. Raktai rūšiuojami tol, kol randamas tinkamas raktas. Sukurkite paskirstymo dėsnį atsitiktiniam dydžiui x – patikrintų raktų skaičiui .

Sprendimas. Išbandytų raktų skaičius gali būti 1, 2 arba 3. Jei tikrinamas tik vienas raktas, tai reiškia, kad šis pirmasis raktas iškart atkeliavo prie durų, o tokio įvykio tikimybė yra 1/3. Taigi, be to, jei buvo 2 išbandyti raktai, t. y. x=2, tai reiškia, kad pirmasis raktas netiko, o antrasis. Šio įvykio tikimybė yra 2/3×1/2=1/3..gif" width="100" height="21"> Rezultatas yra tokia pasiskirstymo serija:

2 užduotis . Sukurkite pasiskirstymo funkciją Fx(x) atsitiktiniam dydžiui x iš 1 uždavinio.

Sprendimas. Atsitiktinis dydis x turi tris reikšmes 1, 2, 3, kurios padalija visą skaitinę ašį į keturis intervalus: . Jei x<1, то неравенство x£x невозможно (левее x нет значений случайной величины x) и значит, для такого x функция Fx(x)=0.

Jei 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.

Jei 2£x<3, неравенство x£x означает, что или x=1, или x=2, поэтому в этом случае вероятность P(x

Ir galiausiai x³3 atveju nelygybė x£x galioja visoms atsitiktinio dydžio x reikšmėms, taigi P(x

Taigi gavome tokią funkciją:

3 užduotis. Atsitiktinių dydžių x ir h jungtinis pasiskirstymo dėsnis pateikiamas naudojant lentelę

Apskaičiuokite konkrečius komponentų x ir h pasiskirstymo dėsnius. Nustatykite, ar jie priklausomi..gif" width="423" height="23 src=">;

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

Dalinis h pasiskirstymas gaunamas panašiai:

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

Gautas tikimybes galima parašyti toje pačioje lentelėje priešais atitinkamas atsitiktinių dydžių vertes:

Dabar atsakykime į klausimą apie atsitiktinių dydžių x ir h..gif" width="108" height="25 src="> nepriklausomumą šiame langelyje. Pavyzdžiui, langelyje, skirtoje reikšmėms x=- 1 ir h=1 yra tikimybė 1/ 16, o atitinkamų dalinių tikimybių sandauga 1/4×1/4 yra lygi 1/16, t.y. sutampa su jungtine tikimybe. Ši sąlyga taip pat patikrinama likusioje penkios ląstelės, ir pasirodo, kad tai tiesa visose.Todėl atsitiktiniai dydžiai x ir h yra nepriklausomi.

Atkreipkite dėmesį, kad jei mūsų sąlyga buvo pažeista bent vienoje ląstelėje, tada kiekiai turėtų būti pripažinti kaip priklausomi.

Norėdami apskaičiuoti tikimybę pažymėkite langelius, kurių sąlyga įvykdyta https://pandia.ru/text/78/307/images/image092.gif" width="574" height="23 src=">

4 užduotis . Tegul atsitiktinis dydis ξ turi tokį pasiskirstymo dėsnį:

Apskaičiuokite matematinę lūkesčius Mx, dispersija Dx ir standartinis nuokrypis s.

Sprendimas. Pagal apibrėžimą, x lūkestis yra

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

Sprendimas. Pasinaudokime formule . Būtent kiekviename lentelės langelyje padauginame atitinkamas reikšmes ir , rezultatą padauginame iš tikimybės pij ir visa tai apibendriname visuose lentelės langeliuose. Dėl to gauname:

6 užduotis . Atsitiktinių dydžių porai iš 3 uždavinio apskaičiuokite kovariaciją cov(x, h).

Sprendimas. Ankstesniame uždavinyje matematinis lūkestis jau buvo apskaičiuotas . Belieka paskaičiuoti ir . Naudodamiesi dalinio pasiskirstymo dėsniais, gautais sprendžiant 3 uždavinį, gauname

; ;

ir tai reiškia

ko buvo galima tikėtis dėl atsitiktinių dydžių nepriklausomumo.

7 užduotis. Atsitiktinis vektorius (x, h) vienoda tikimybe įgyja reikšmes (0,0), (1,0), (–1,0), (0,1) ir (0,–1). Apskaičiuokite atsitiktinių dydžių x ir h kovariaciją. Parodykite, kad jie yra priklausomi.

Sprendimas. Kadangi 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, tada Мx=3/5´0+1/5´1+1 /5´(–1)=0 ir 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.

Gauname cov(x, h)=M(xh)–MxMh=0, o atsitiktiniai dydžiai nekoreliuoja. Tačiau jie yra priklausomi. Tegu x=1, tada sąlyginė įvykio tikimybė (h=0) lygi Р(h=0|x=1)=1 ir nėra lygi besąlyginiam Р(h=0)=3/5, arba tikimybė (ξ=0,η =0) nėra lygi tikimybių sandaugai: Р(x=0,h=0)=1/5¹Р(x=0)Р(h=0)=9/25 . Taigi x ir h yra priklausomi.

8 užduotis . Atsitiktiniai dviejų įmonių akcijų kainų prieaugiai x ir h dienomis turi bendrą pasiskirstymą, pateiktą lentelėje:

Raskite koreliacijos koeficientą.

Sprendimas. Pirmiausia skaičiuojame Mxh=0,3-0,2-0,1+0,4=0,4. Toliau randame konkrečius x ir h paskirstymo dėsnius:

Apibrėžiame 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. Mes gauname

.

9 užduotis. Atsitiktiniai dviejų įmonių akcijų kainų prieaugiai per dieną turi dispersijas Dx=1 ir Dh=2, o jų koreliacijos koeficientas yra r=0,7. Raskite pirmosios bendrovės 5 akcijų ir antrosios bendrovės 3 akcijų portfelio kainos prieaugio dispersiją.

Sprendimas. Naudodamiesi dispersijos, kovariacijos savybėmis ir koreliacijos koeficiento apibrėžimu, gauname:

10 užduotis . Dvimačio atsitiktinio dydžio pasiskirstymas pateiktas lentelėje:

Raskite sąlyginį skirstinį ir sąlyginę lūkesčius h, kai x=1.

Sprendimas. Sąlyginis lūkestis yra

Iš uždavinio sąlygos randame dedamųjų h ir x pasiskirstymą (paskutinis stulpelis ir paskutinė lentelės eilutė).