Účastníci hry plnia komickú úlohu. Problémy v teórii pravdepodobnosti s riešeniami

Problémy v teórii pravdepodobnosti s riešeniami

1. Kombinatorika

Problém 1 . V skupine je 30 žiakov. Je potrebné zvoliť prednostu, zástupcu prednostu a odborového organizátora. Koľko spôsobov na to existuje?

Riešenie. Ktorýkoľvek z 30 študentov môže byť zvolený za riaditeľa školy, ktorýkoľvek zo zostávajúcich 29 študentov môže byť zvolený za zástupcu a ktorýkoľvek zo zostávajúcich 28 študentov môže byť zvolený za organizátora odborov, t. j. n1=30, n2=29, n3 = 28. Celkový počet N spôsobov výberu riaditeľa, jeho zástupcu a odborového predáka je podľa pravidla násobenia N=n1´n2´n3=30´29´28=24360.

Problém 2 . Dvaja poštári musia doručiť 10 listov na 10 adries. Koľkými spôsobmi môžu distribuovať prácu?

Riešenie. Prvý list má n1=2 alternatív - buď ho odnesie k adresátovi prvý poštár, alebo druhý. Pre druhé písmeno existuje tiež n2=2 alternatív atď., t.j. n1=n2=…=n10=2. Preto na základe pravidla násobenia sa celkový počet spôsobov distribúcie listov medzi dvoch poštárov rovná

Problém 3. V krabici je 100 dielov, z toho 30 dielov 1. ročníka, 50 dielov 2. ročníka, zvyšok 3. ročníka. Koľkými spôsobmi možno z krabice odstrániť jeden diel triedy 1 alebo triedy 2?

Riešenie.Časť 1. stupňa možno vyťažiť n1=30 spôsobmi, časť 2. stupňa n2=50 spôsobmi. Podľa súčtového pravidla existuje N=n1+n2=30+50=80 spôsobov, ako vyťažiť jednu časť 1. alebo 2. ročníka.

Problém 5 . Poradie vystúpenia 7 účastníkov súťaže je určené žrebom. koľko rôzne možnosti Dá sa v tomto prípade žrebovať?

Riešenie. Každý variant žrebovania sa líši iba poradím účastníkov súťaže, t.j. ide o permutáciu 7 prvkov. Ich počet je rovnaký

Problém 6 . Súťaže sa zúčastňuje 10 filmov v 5 nomináciách. Koľko možností na rozdelenie cien existuje, ak sú pre všetky kategórie stanovené nasledujúce pravidlá? rôzne ocenenia?

Riešenie. Každá z možností rozdelenia cien je kombináciou 5 filmov z 10, ktoré sa od ostatných kombinácií líšia zložením aj poradím. Keďže každý film môže získať ocenenie v jednej alebo viacerých kategóriách, rovnaké filmy sa môžu opakovať. Preto sa počet takýchto kombinácií rovná počtu umiestnení s opakovaniami 10 prvkov po 5:

Problém 7 . Šachového turnaja sa zúčastňuje 16 ľudí. Koľko hier sa musí odohrať v turnaji, ak jednu hru musia odohrať ľubovoľní dvaja účastníci?

Riešenie. Každú hru hrajú dvaja účastníci zo 16 a od ostatných sa líši len zložením dvojíc účastníkov, t.j. je to kombinácia 16 prvkov po 2, ich počet sa rovná

Problém 8 . V podmienkach úlohy 6 určte, koľko možností na rozdelenie cien existuje, ak pre všetky nominácie identické ceny?

Riešenie. Ak sú pre každú nomináciu stanovené rovnaké ceny, na poradí filmov v kombinácii 5 cien nezáleží a počet možností je počet kombinácií s opakovaniami 10 prvkov z 5, určený podľa vzorca

Úloha 9. Záhradkár musí do troch dní vysadiť 6 stromov. Koľkými spôsobmi môže rozdeliť svoju prácu na dni, ak zasadí aspoň jeden strom denne?

Riešenie. Predpokladajme, že záhradník zasadí stromy v rade a môže brať rôzne riešenia o tom, ktorý strom zastaviť v prvý deň a ktorý strom zastaviť v druhý deň. Možno si teda predstaviť, že stromy sú oddelené dvoma priečkami, z ktorých každá môže stáť na jednom z 5 miest (medzi stromami). Priečky tam musia byť po jednej, lebo inak sa v niektorý deň nevysadí ani jeden strom. Preto musíte vybrať 2 prvky z 5 (bez opakovania). Preto počet spôsobov .

Problém 10. Koľko štvorciferných čísel (začínajúcich možno nulou) existuje, ktorých súčet číslic je 5?

Riešenie. Predstavme si číslo 5 ako súčet po sebe idúcich, rozdelených do skupín oddielmi (každá skupina v súčte tvorí ďalšiu číslicu čísla). Je jasné, že budú potrebné 3 takéto priečky Pre priečky je 6 miest (pred všetkými jednotkami, medzi nimi a za nimi). Každý priestor môže byť obsadený jedným alebo viacerými oddielmi (v druhom prípade medzi nimi nie sú žiadne a zodpovedajúci súčet je nula). Uvažujme tieto miesta ako prvky súboru. Preto musíte vybrať 3 prvky zo 6 (s opakovaniami). Preto požadovaný počet čísel

Problém 11 . Koľkými spôsobmi možno rozdeliť skupinu 25 študentov do troch podskupín A, B a C po 6, 9 a 10 ľudí?

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

Problém 1 . V krabici je 5 pomarančov a 4 jablká. Náhodne sa vyberú 3 plody. Aká je pravdepodobnosť, že všetky tri plody sú pomaranče?

Riešenie. Základným výsledkom sú sady, ktoré obsahujú 3 plody. Keďže poradie plodov je indiferentné, ich výber budeme považovať za neusporiadaný (a neopakujúci sa)..gif" width="21" height="25 src=">. Počet priaznivých výsledkov sa rovná počet spôsobov na výber 3 pomarančov z 5 dostupných, t.j. gif" width="161 height=83" height="83">.

Problém 2 . Učiteľ požiada každého z troch študentov, aby si vymysleli ľubovoľné číslo od 1 do 10. Za predpokladu, že si každý študent vyberie akékoľvek dané číslo rovnako možný, nájdite pravdepodobnosť, že jeden z nich bude mať rovnaké číslo.

Riešenie. Najprv vypočítajme celkový počet výsledkov. Prvý študent si vyberie jedno z 10 čísel a má n1=10 možností, druhý má tiež n2=10 možností a napokon aj tretí má n3=10 možností. Podľa pravidla násobenia sa celkový počet spôsobov rovná: n= n1´n2´n3=103 = 1000, t.j. celý priestor obsahuje 1000 elementárnych výsledkov. Na výpočet pravdepodobnosti udalosti A je vhodné prejsť na opačnú udalosť, t. j. spočítať počet prípadov, keď všetci traja študenti myslia na rôzne čísla. Prvý má stále m1=10 spôsobov na výber čísla. Druhý študent má teraz len m2=9 možností, pretože musí dbať na to, aby sa jeho počet nezhodoval s plánovaným číslom prvého študenta. Tretí žiak je vo výbere ešte obmedzenejší – má len m3=8 možností. Preto celkový počet kombinácií koncipovaných čísel, v ktorých nie sú žiadne zhody, je m=10×9×8=720. Existuje 280 prípadov, v ktorých sú zhody. Preto sa požadovaná pravdepodobnosť rovná P = 280/1000 = 0,28.

Problém 3 . Nájdite pravdepodobnosť, že v 8-cifernom čísle sú presne 4 rovnaké a ostatné sú rôzne.

Riešenie. Udalosť A=(osemmiestne číslo obsahuje 4 rovnaké číslice). Z podmienok úlohy vyplýva, že v čísle je päť rôznych číslic, jedna z nich sa opakuje. Počet spôsobov výberu sa rovná počtu spôsobov výberu jednej číslice z 10 číslic..gif" width="21" height="25 src="> . Potom počet priaznivých výsledkov. Celkový počet spôsobov skladania 8-ciferných čísel je |W|=108

Problém 4 . Šesť klientov náhodne kontaktuje 5 firiem. Nájdite pravdepodobnosť, že nikto nebude kontaktovať aspoň jednu spoločnosť.

Riešenie. Zvážte opačnú udalosť https://pandia.ru/text/78/307/images/image020_10.gif" width="195" height="41">. Celkový počet spôsobov, ako distribuovať 6 klientov medzi 5 spoločností. Preto . Preto, .

Problém 5 . Nech je v urne N loptičiek, z ktorých M je bielych a N–M čiernych. Z urny sa žrebuje n loptičiek. Nájdite pravdepodobnosť, že medzi nimi bude presne m bielych guľôčok.

Riešenie. Keďže poradie prvkov tu nie je dôležité, počet všetkých možných množín objemu n z N prvkov sa rovná počtu kombinácií m bielych guľôčok, n–m čiernych guľôčok, a preto sa požadovaná pravdepodobnosť rovná P(A) = https://pandia ru/text/78/307/images/image031_2.gif" width="167" height="44">.

Problém 7 (problém stretnutia) . Dve osoby A a B sa dohodli, že sa stretnú o určité miesto medzi 12. a 13. hodinou. Prvá osoba, ktorá príde, čaká na druhú osobu 20 minút a potom odíde. Aká je pravdepodobnosť stretnutia osôb A a B, ak príchod každej z nich môže nastať náhodne v určenej hodine a momenty príchodu sú nezávislé?

Riešenie. Označme okamih príchodu osoby A x a osoby B y. Aby sa stretnutie uskutočnilo, je potrebné a postačujúce x-yô 20 £. Znázornime x a y ako súradnice na rovine a ako jednotku mierky zvolíme minútu. Všetky možné výsledky sú reprezentované bodmi štvorca so stranou 60 a tie, ktoré sú priaznivé pre stretnutie, sú umiestnené v tieňovanej oblasti. Požadovaná pravdepodobnosť sa rovná pomeru plochy vytieňovanej číslice (obr. 2.1) k ploche celého štvorca: P(A) = (602–402)/602 = 5/9.

3. Základné vzorce teórie pravdepodobnosti

Problém 1 . V krabici je 10 červených a 5 modrých tlačidiel. Náhodne sú vytiahnuté dva gombíky. Aká je pravdepodobnosť, že tlačidlá budú rovnakej farby ?

Riešenie. Udalosť A=(vyberú sa tlačidlá rovnakej farby) môže byť vyjadrená ako súčet, kde udalosti a znamenajú výber červeného a modrého tlačidla. Pravdepodobnosť vytiahnutia dvoch červených tlačidiel je rovnaká a pravdepodobnosť vytiahnutia dvoch modrých tlačidiel https://pandia.ru/text/78/307/images/image034_2.gif" width="19 height=23" height= "23">.gif" width="249" height="83">

Problém 2 . Spomedzi zamestnancov spoločnosti hovorí 28 % po anglicky, 30 % po nemecky, 42 % po francúzsky; Angličtina a nemčina – 8 %, angličtina a francúzština – 10 %, nemčina a francúzština – 5 %, všetky tri jazyky – 3 %. Nájdite pravdepodobnosť, že náhodne vybraný zamestnanec spoločnosti: a) ovláda anglický alebo nemecký jazyk; b) ovláda anglický, nemecký alebo francúzsky jazyk; c) neovláda žiadny z uvedených jazykov.

Riešenie. Označme A, B a C udalosti, pri ktorých náhodne vybraný zamestnanec firmy hovorí po anglicky, po nemecky alebo po francúzsky. Je zrejmé, že podiel zamestnancov spoločnosti, ktorí hovoria určitými jazykmi, určuje pravdepodobnosť týchto udalostí. Získame:

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.

Problém 3 . Rodina má dve deti. Aká je pravdepodobnosť, že najstarším dieťaťom je chlapec, ak je známe, že rodina má deti oboch pohlaví?

Riešenie. Nech A=(najstaršie dieťa je chlapec), B=(v rodine sú deti oboch pohlaví). Predpokladajme, že narodenie chlapca a narodenie dievčaťa sú rovnako pravdepodobné udalosti. Ak sa narodenie chlapca označí písmenom M a narodenie dievčaťa písmenom D, potom priestor všetkých elementárnych výsledkov tvoria štyri dvojice: . V tomto priestore zodpovedajú udalosti B iba dva výsledky (MD a DM). Udalosť AB znamená, že rodina má deti oboch pohlaví. Najstaršie dieťa je chlapec, teda druhé (najmladšie) dieťa je dievča. Táto udalosť AB zodpovedá jednému výsledku – MD. Teda |AB|=1, |B|=2 a

Problém 4 . Majster, ktorý má 10 dielov, z toho 3 neštandardné, kontroluje diely jeden po druhom, až kým nenarazí na štandardný. Aká je pravdepodobnosť, že skontroluje práve dva detaily?

Riešenie. Udalosť A=(majster skontroloval presne dve časti) znamená, že počas takejto kontroly sa prvá časť ukázala ako neštandardná a druhá bola štandardná. To znamená, kde =(prvá časť sa ukázala ako neštandardná) a =(druhá časť bola štandardná). Je zrejmé, že pravdepodobnosť udalosti A1 sa tiež rovná , keďže pred odberom druhého dielu ostalo majstrovi 9 dielov, z toho len 2 neštandardné a 7 štandardných. Podľa vety o násobení

Problém 5 . Jedna škatuľka obsahuje 3 biele a 5 čiernych guľôčok, ďalšia škatuľka obsahuje 6 bielych a 4 čierne gule. Nájdite pravdepodobnosť, že sa vytiahne biela guľa aspoň z jedného poľa, ak sa z každého poľa vytiahne jedna guľa.

Riešenie. Udalosť A=(biela guľa je vybratá aspoň z jedného políčka) môže byť vyjadrená ako súčet , kde udalosti znamenajú objavenie sa bielej gule z prvého a druhého políčka..gif" width="91 " height="23">..gif " width="20" height="23 src=">.gif" width="480" height="23">.

Problém 6 . Traja skúšajúci absolvujú skúšku z určitého predmetu zo skupiny 30 ľudí, pričom prvý skúša 6 študentov, druhý 3 študentov a tretí 21 študentov (študenti sú vyberaní náhodne zo zoznamu). Postoj troch skúšajúcich k tým, ktorí sú zle pripravení, je odlišný: šanca, že títo študenti zložia skúšku s prvým učiteľom, je 40%, s druhým - iba 10% a s tretím - 70%. Nájdite pravdepodobnosť, že zle pripravený študent skúšku zvládne .

Riešenie. Hypotézami označme, že zle pripravený študent odpovedal prvému, druhému a tretiemu skúšajúcemu, resp. Podľa podmienok problému

, , .

Nech udalosť A=(zle pripravený študent zložil skúšku). Potom znova, vzhľadom na podmienky problému

, , .

Pomocou vzorca celkovej pravdepodobnosti dostaneme:

Problém 7 . Firma má tri zdroje dodávok komponentov – firmy A, B, C. Firma A tvorí 50 % z celkovej dodávky, B – 30 % a C – 20 %. Z praxe je známe, že medzi dielmi dodávanými firmou A je chybných 10%, firmou B - 5% a firmou C - 6%. Aká je pravdepodobnosť, že náhodne vybratá časť bude vhodná?

Riešenie. Nech udalosť G je vzhľad vhodnej časti. Pravdepodobnosti hypotéz, že dielec dodali firmy A, B, C sa rovnajú P(A)=0,5, P(B)=0,3, P(C)=0,2, resp. Podmienené pravdepodobnosti výskytu dobrého dielu sa rovnajú P(G|A)=0,9, P(G|B)=0,95, P(G|C)=0,94 (ako pravdepodobnosti opačných udalostí k výskytu chybný diel). Pomocou vzorca celkovej pravdepodobnosti dostaneme:

P(G)=0,5×0,9+0,3×0,95+0,2×0,94=0,923.

Problém 8 (pozri úlohu 6). Oznámte, že študent skúšku neuspel, t. j. dostal známku „nedostatočne“. Ktorý z troch učiteľov odpovedal s najväčšou pravdepodobnosťou? ?

Riešenie. Pravdepodobnosť „zlyhania“ sa rovná . Musíte vypočítať podmienené pravdepodobnosti. Pomocou Bayesových vzorcov dostaneme:

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

Z toho vyplýva, že s najväčšou pravdepodobnosťou zle pripravený študent urobil skúšku u tretieho skúšajúceho.

4. Opakované nezávislé testy. Bernoulliho veta

Problém 1 . Kocka je hodená 6-krát. Nájdite pravdepodobnosť, že šestka padne presne 3-krát.

Riešenie.Šesťnásobné hodenie kockou si možno predstaviť ako postupnosť nezávislých pokusov s pravdepodobnosťou úspechu („šestky“) 1/6 a pravdepodobnosťou neúspechu 5/6. Požadovanú pravdepodobnosť vypočítame pomocou vzorca .

Problém 2 . Minca sa hodí 6-krát. Nájdite pravdepodobnosť, že sa erb objaví nie viac ako 2-krát.

Riešenie. Požadovaná pravdepodobnosť sa rovná súčtu pravdepodobností troch udalostí, spočívajúcich v tom, že sa erb neobjaví ani raz, ani raz, alebo dvakrát:

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

Problém 4 . Minca sa hodí 3 krát. Nájdite najpravdepodobnejší počet úspechov (erb).

Riešenie. Možné hodnoty pre počet úspechov v troch uvažovaných pokusoch sú m = 0, 1, 2 alebo 3. Nech je Am prípad, že sa erb objaví m-krát v troch hodoch mincou. Pomocou Bernoulliho vzorca je ľahké nájsť pravdepodobnosti udalostí Am (pozri tabuľku):

Z tejto tabuľky je vidieť, že najpravdepodobnejšie hodnoty sú čísla 1 a 2 (ich pravdepodobnosti sú 3/8). Rovnaký výsledok možno získať z vety 2. Skutočne, n=3, p=1/2, q=1/2. Potom

, t.j.

Úloha 5. V dôsledku každej návštevy poisťovacieho agenta je zmluva uzatvorená s pravdepodobnosťou 0,1. Nájdite najpravdepodobnejší počet uzatvorených zmlúv po 25 návštevách.

Riešenie. Máme n=10, p=0,1, q=0,9. Nerovnosť pre najpravdepodobnejší počet úspechov má tvar: 25×0,1–0,9£m*£25×0,1+0,1 alebo 1,6£m*2,6£. Táto nerovnosť má len jedno celočíselné riešenie, konkrétne m*=2.

Problém 6 . Je známe, že chybovosť určitej časti je 0,5 %. Inšpektor skontroluje 1000 dielov. Aká je pravdepodobnosť, že sa nájdu práve tri chybné diely? Aká je pravdepodobnosť, že sa nájdu aspoň tri chybné diely?

Riešenie. Máme 1000 Bernoulliho testov s pravdepodobnosťou „úspechu“ p=0,005. Aplikovaním Poissonovej aproximácie s λ=np=5 dostaneme

2) P1000(m³3)=1-P1000(m<3)=1-»1-,

a P1000(3)"0,14; Р1000 (m³3)»0,875.

Problém 7 . Pravdepodobnosť nákupu, keď zákazník navštívi predajňu, je p=0,75. Nájdite pravdepodobnosť, že pri 100 návštevách klient nakúpi presne 80-krát.

Riešenie. V tomto prípade n = 100, m = 80, p = 0,75, q = 0,25. nachádzame a určte j(x)=0,2036, potom sa požadovaná pravdepodobnosť rovná Р100(80)= .

Úloha 8. Poisťovňa uzavrela 40-tisíc zmlúv. Pravdepodobnosť poistnej udalosti u každého z nich počas roka je 2 %. Nájdite pravdepodobnosť, že takýchto prípadov nebude viac ako 870.

Riešenie. Podľa podmienok úlohy n=40000, p=0,02. Nájdeme np=800,. Na výpočet P(m £ 870) používame Moivre-Laplaceovu integrálnu vetu:

P(0 .

Z tabuľky hodnôt Laplaceovej funkcie zistíme:

P(0

Problém 9 . Pravdepodobnosť udalosti vyskytujúcej sa v každom zo 400 nezávislých štúdií je 0,8. Nájdite kladné číslo e také, aby s pravdepodobnosťou 0,99 absolútna hodnota odchýlky relatívnej frekvencie výskytu udalosti od jej pravdepodobnosti nepresiahla e.

Riešenie. Podľa podmienok úlohy p=0,8, n=400. Používame dôsledok z Moivre-Laplaceovej integrálnej vety: . teda ..gif" width="587" height="41">

5. Diskrétne náhodné premenné

Problém 1 . V sade 3 kľúčov sa k dverám hodí iba jeden kľúč. Kľúče sa hľadajú, kým sa nenájde vhodný kľúč. Zostrojte distribučný zákon pre náhodnú premennú x – počet testovaných kľúčov .

Riešenie. Počet vyskúšaných kľúčov môže byť 1, 2 alebo 3. Ak bol vyskúšaný iba jeden kľúč, znamená to, že tento prvý kľúč sa okamžite zhodoval s dverami a pravdepodobnosť takejto udalosti je 1/3. Takže, Ďalej, ak boli 2 testované kľúče, t.j. x=2, znamená to, že prvý kľúč nefungoval, ale druhý áno. Pravdepodobnosť tejto udalosti je 2/3×1/2=1/3..gif" width="100" height="21"> Výsledkom je nasledujúci distribučný rad:

Problém 2 . Zostrojte distribučnú funkciu Fx(x) pre náhodnú premennú x z úlohy 1.

Riešenie. Náhodná premenná x má tri hodnoty 1, 2, 3, ktoré rozdeľujú celú číselnú os na štyri intervaly: . Ak x<1, то неравенство x£x невозможно (левее x нет значений случайной величины x) и значит, для такого x функция Fx(x)=0.

Ak 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.

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

A nakoniec, v prípade x33 nerovnosť x£x platí pre všetky hodnoty náhodnej premennej x, takže P(x

Takže sme dostali nasledujúcu funkciu:

Problém 3. Zákon spoločného rozdelenia náhodných veličín x a h je daný pomocou tabuľky

Vypočítajte jednotlivé zákony rozdelenia zložiek x a h. Zistite, či sú závislé..gif" width="423" height="23 src=">;

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

Čiastočné rozdelenie pre h sa získa podobne:

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

Získané pravdepodobnosti je možné zapísať do rovnakej tabuľky oproti zodpovedajúcim hodnotám náhodných premenných:

Teraz odpovedzme na otázku o nezávislosti náhodných premenných x a h..gif" width="108" height="25 src="> v tejto bunke. Napríklad v bunke pre hodnoty x=-1 a h=1 je pravdepodobnosť 1/16 a súčin zodpovedajúcich čiastkových pravdepodobností 1/4 × 1/4 sa rovná 1/16, t.j. zhoduje sa so spoločnou pravdepodobnosťou zvyšných päť buniek a ukazuje sa, že je to pravda vo všetkých. Preto sú náhodné premenné x a h nezávislé.

Všimnite si, že ak bola naša podmienka porušená aspoň v jednej bunke, potom by sa množstvá mali považovať za závislé.

Na výpočet pravdepodobnosti Označme bunky, pre ktoré platí podmienka https://pandia.ru/text/78/307/images/image092.gif" width="574" height="23 src=">

Problém 4 . Nech náhodná premenná ξ má nasledujúci distribučný zákon:

Vypočítajte matematické očakávanie Mx, rozptyl Dx a smerodajnú odchýlku s.

Riešenie. Podľa definície sa matematické očakávanie x rovná

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

Riešenie. Použime vzorec . Totiž, v každej bunke tabuľky vynásobíme zodpovedajúce hodnoty a , vynásobíme výsledok pravdepodobnosťou pij a všetko to spočítame vo všetkých bunkách tabuľky. V dôsledku toho dostaneme:

Problém 6 . Pre dvojicu náhodných premenných z úlohy 3 vypočítajte kovarianciu cov(x, h).

Riešenie. V predchádzajúcej úlohe už bolo vypočítané matematické očakávanie . Zostáva vypočítať A . Pomocou parciálnych distribučných zákonov získaných pri riešení úlohy 3 získame

; ;

a to znamená

čo sa dalo očakávať vzhľadom na nezávislosť náhodných premenných.

Úloha 7. Náhodný vektor (x, h) nadobúda hodnoty (0,0), (1,0), (–1,0), (0,1) a (0,–1) rovnako pravdepodobné. Vypočítajte kovarianciu náhodných premenných x a h. Ukážte, že sú závislí.

Riešenie. Pretože 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, potom Мx=3/5´0+1/5´1+1 /5´(–1)=0 a 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.

Získame cov(x, h)=М(xh)–МxМh=0 a náhodné premenné sú nekorelované. Sú však závislí. Nech x=1, potom podmienená pravdepodobnosť udalosti (h=0) sa rovná P(h=0|x=1)=1 a nerovná sa nepodmienenej pravdepodobnosti P(h=0)=3/5 , alebo pravdepodobnosť (ξ=0,η =0) sa nerovná súčinu pravdepodobností: Р(x=0,h=0)=1/5¹Р(x=0)Р(h=0)=9/ 25. Preto sú x a h závislé.

Problém 8 . Náhodné prírastky cien akcií dvoch spoločností za dni x a h majú spoločné rozdelenie dané tabuľkou:

Nájdite korelačný koeficient.

Riešenie. V prvom rade vypočítame Mxh=0,3-0,2-0,1+0,4=0,4. Ďalej nájdeme konkrétne zákony rozdelenia x a h:

Definujeme 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. dostaneme

.

Úloha 9. Náhodné prírastky cien akcií dvoch spoločností za deň majú rozptyl Dx=1 a Dh=2 a ich korelačný koeficient r=0,7. Nájdite rozptyl prírastku ceny portfólia 5 akcií prvej spoločnosti a 3 akcií druhej spoločnosti.

Riešenie. Pomocou vlastností disperzie, kovariancie a definície korelačného koeficientu získame:

Problém 10 . Rozdelenie dvojrozmernej náhodnej premennej je dané tabuľkou:

Nájdite podmienené rozdelenie a podmienené očakávanie h pri x=1.

Riešenie. Podmienené matematické očakávanie je

Z podmienok úlohy zistíme rozdelenie zložiek h a x (posledný stĺpec a posledný riadok tabuľky).

s prvými absolventmi Moskovskej architektonickej školy.

A.V.: Julia, diplom ste robili v ateliéri Sergeja Chobana „Movement Coordination“, kde vaším dizajnovým objektom bol blok D-1 v Skolkove. Pokiaľ viem, vaša práca bola asi najšpecifickejšia: navrhovali ste miesto, ktorého kontext ešte nebol vytvorený. aký je to pocit?

Yu.A.: Pracovať bez existujúceho kontextu bolo skutočne trochu zvláštne. V oblasti Skolkovo, pre ktorú hlavný plán vypracovala kancelária pre prejavy Sergeja Chobana spolu s firmou Davida Chipperfielda, nám bol pridelený pozemok a museli sme vymyslieť, čo s ním môžeme urobiť. V prvom semestri sme boli rozdelení do 3 skupín po 4 ľudí a bola medzi nami vyhlásená súťaž plánovacie riešenie jeden blok. Na pozemok, ktorý sme dostali, sme museli umiestniť dvanásť, v priemere päťposchodových, domov, podľa počtu žiakov v skupine. Stalo sa, že náš tím vyhral súťaž: Anya Shevchenko, Dima Stolbovoy, Artem Slizunov a ja. Vymysleli sme dosť prísny plán, ktorý bol limitovaný nielen niektorými katastrálnymi parametrami, ale aj referenčné podmienky a kód dizajnu.

Aký je váš hlavný plán?

Zmenili sme štruktúru, ktorá bola v pôvodnej verzii generelu: s cieľom zmenšiť rozsah prostredia sme náš blok rozdelili na 4 podbloky s verejným priestorom vo vnútri každého. Okrem toho každá časť mala svoju funkciu: bývanie, startupy, časť so športovou funkciou a hlavnou budovou a oblasť s internátom, hotelom, múzeom a hlavným námestím.

Aké obmedzenia ste napísali do kódexu dizajnu?

Štvrťrok je veľmi malý a zámery každého z účastníkov by mohli výrazne ovplyvniť ostatných. Preto sme nepredpisovali konkrétne materiály, ale regulovali možné zmeny tvaru nastavením „stopy“ a FAR. Ak sa napríklad „rozhryziete“, zvýši sa počet poschodí, ktoré sú zase obmedzené na určitú úroveň.

Aký bol ďalší krok?

Ďalej mal každý z nás postaviť jednu z budov na pozemku, ale ktorú, s akou funkciou, určil žreb, sme si vylosovali papiere. Toto bol plán Sergeja Tchobana. A táto situácia je zásadne odlišná od tej, keď si sami zvolíte tému diplomovky a navrhnete budovu s určitou funkciou, o ktorej ste možno snívali celých šesť rokov štúdia. Tu sme sa museli vyrovnať s tým, čo nám bolo dané žrebom, a na jednej strane to bolo dosť bolestivé, ale na druhej strane to bola situácia blízka životu.

čo si dostal?

Mal som podľa mňa šťastie. Navrhol som startup budovu. S určitými rozmermi, ktoré nebolo možné zmeniť. Najdôležitejší princíp, z ktorého som vychádzal, bol ideový aj funkčný: dnes je to startup, no zajtra už dosť možno nebude.

Veď čo je vlastne Skolkovo? Na túto otázku nedokáže nikto zrozumiteľne odpovedať. Pri štúdiu materiálov som dospel k záveru, že stratégia rozvoja spoločnosti Skolkovo je dosť flexibilná. Toto sa pre mňa stalo hlavnou podmienkou, ktorú musel môj projekt spĺňať. Preto pri šírke budovy 12 metrov bolo pre mňa dôležité, aby v mojej budove neboli žiadne steny navyše. Nenechal som nič okrem stužujúcich jadier, ktoré sú z konštrukčného hľadiska povinné. Vo vnútri je otvorené, voľné usporiadanie. Čo sa týka exteriéru, snažil som sa svoju stavbu navrhnúť tak, aby bola dosť skromná, no zároveň výrazná.

Hlavná fasáda sa ukázala ako 12-metrový koniec smerujúci k bulváru. Rozhodol som sa teda vybrúsiť jeho tvar. Dôležitú úlohu zohráva sedlová strecha, ktorá sa stala vizuálnym akcentom celého objektu. Je to medzičlánok medzi dvoma „susedmi“ môjho objektu, odlišných výškou a výraznosťou.

Vytvorili ste si v procese práce nejaký svoj vlastný postoj k samotnej myšlienke Informačného centra Skolkovo?

Počas práce sa to zmenilo. Spočiatku bol ideologický kontext trochu ohromujúci. A potom sme začali Skolkovo vnímať už nie ako fenomén v ruskom meradle, ale starostlivo zvažovať problémy samotného miesta. Koniec koncov, dnes to môže byť Inovačné centrum a zajtra to môže byť niečo iné. Takže vaša budova má byť zbúraná? Dobrá architektúra môže žiť dlhšie ako jej pôvodný kontext. Tvorí aj novú.

Bolo ťažké pracovať v skupine? Ako sa budovali vzťahy v rámci štúdia, keď každý z vás začal pracovať na vlastnom projekte?

Áno, samozrejme, je to ťažké. Napokon sa nám to podarilo tak, že želania každého človeka mohli radikálne zmeniť situáciu ako celok. Oblasť je pomerne malá a niekoho nápad vyrobiť, povedzme, konzolu alebo niečo iné, by mohol ovplyvniť napríklad štandardy slnečného žiarenia. A potom sme si všetci sadli a začali diskutovať o tom, či je to správne alebo nesprávne.

Finálna verzia ma milo prekvapila. Najprv sa mi zdalo, že túžba každého urobiť projekt s diplomovou prácou preváži nad harmonickou skupinovou prácou. Ale nakoniec sa hlavný plán ukázal ako celkom vyrovnaný. Myslím, že sa nám podarilo nájsť" zlatá stredná cesta„medzi osobnými ambíciami a potrebou dodržiavať určité pravidlá hry.

Aké vlastnosti mal tréning so Sergejom Chobanom?

So všetkými vedúcimi nášho štúdia sa veľmi príjemne spolupracovalo. Okrem Sergeja to boli aj Alexey Ilyin a Igor Chlenov z kancelárie Speech, ktorí tiež prišli pomôcť vyriešiť niektoré komponenty. Vzdelávací proces bola postavená úžasne precíznym spôsobom, doslova minútu po minúte. Aj keď to Sergej do určitej miery mal s nami ťažké. Zdá sa mi, že rátal s tým, že sme takmer profesionáli. A nemôžem povedať, že sme ešte deti, ale rozdiel medzi zamestnancom kancelárie a študentom je stále neuveriteľne veľký. Podelil sa s nami o svoje vedomosti nie ako učiteľ, ale ako cvičný architekt a podarilo sa nám, aby sme pracovali viac samostatne a medzi sebou ako s učiteľmi. Bola to skutočne „koordinácia pohybov“.

Čo ti celkovo dali dva roky štúdia na MARCI?

Nemôžem povedať, že tretie oko sa otvorilo. Ale niektoré pochybnosti sa vyriešili, niektoré pozície sa posilnili. Teraz som viac zodpovedný za to, čo robím a čo hovorím. Možno vám veľmi pekne ďakujem za tento MARSH, možno vám veľmi pekne ďakujem za tento čas. Môžem povedať, že to najcennejšie, čo MAREC má, hlavný zdroj školy, sú ľudia a akási zvláštna atmosféra. Išiel som tam hlavne pre ľudí. Išiel som k Sergejovi Sitarovi, Kirilovi Assuovi, Jevgenijovi Viktorovičovi, Narine Tyutchevovej. Okrem toho som mal vás, súdruhovia, ktorí ste ma inšpirovali a podporovali. Dúfam, že budeme v budúcnosti komunikovať, dúfam, že spolu niečo urobíme.

Kde ste pred tým študovali?

Bakalársky titul som obhájil na Moskovskom architektonickom inštitúte u najúžasnejšej učiteľky Iriny Mikhailovny Yastrebovej. A môžem dodať, že mám veľmi dobrý vzťah k MARCHI a nemyslím si, že je to nejaký sovietsky relikt. Dá akademické základy a každý sa následne sám rozhodne, čomu sa chce venovať.

čo chceš teraz robiť?

Za celé roky svojej existencie v architektúre som o nej písal, čítal, rozprával, ale nikdy som ju nevytvoril v plnom zmysle slova. V podstate som sa zaoberal papierovou architektúrou s takým, viete, nátlakom na konceptuálne umenie. A ak som bol predtým úplne presvedčený, že teória určuje prax, teraz tomu nemôžem veriť, kým si to neskontrolujem. Preto teraz potrebujem navštíviť stavenisko, potrebujem pochopiť, aké to je - keď ste niečo urobili na papieri, potom ste za to bojovali, hádali sa, súhlasili a nakoniec stojíte, pozeráte a rozumiete: tu je to je, stalo sa! Toto je môj nápad na opravu. Preto plánujem najbližšie dva roky prax a pokúsim sa skrátiť moju cestu k výstavbe a realizácii čo najkratšie.