Задаване на лот. Задачи по теория на вероятностите с решения. Къде си учил преди?

с първите випуски на Московското архитектурно училище.

A.V.: Юлия, завършихте дипломата си в студиото на Сергей Чобан „Координация на движението“, където вашият обект на проектиране беше блок D-1 в Сколково. Доколкото мога да преценя, вашата работа е може би най-специфичната: проектирате за място, чийто контекст все още не е оформен. какво е то

Ю.А.: Работата без съществуващ контекст наистина беше малко странна. В този район на Сколково, генералният план за който беше разработен от Speech bureau на Сергей Чобан съвместно с компанията на Дейвид Чипърфийлд, ни беше дадена площадка и трябваше да разберем какво да правим с нея. През първия семестър бяхме разделени на 3 групи от по 4 човека и беше обявен конкурс между нас за планово решение за едно тримесечие. На парчето земя, което получихме, трябваше да поставим дванадесет средно пететажни къщи според броя на учениците в групата. Така се случи, че нашият отбор спечели състезанието: Аня Шевченко, Дима Столбовой, Артем Слизунов и аз. В крайна сметка получихме доста твърд план, който беше ограничен не само от някои кадастрални параметри, но и техническо заданиеи дизайнерски код.

Какъв е вашият генерален план?

Променихме структурата, която беше в първоначалната версия на генералния план: за да намалим мащаба на околната среда, разделихме нашия квартал на 4 подквартала с обществено пространство във всеки. Освен това всеки подблок имаше собствена функция: жилища, стартиращи фирми, подблок със спортна функция и голяма сграда, както и обект с хостел, хотел, музей и главният площад също е разположен точно там.

Какви ограничения сте написали в кода на дизайна?

Тримесечието е много малко и намеренията на всеки от участниците могат да повлияят значително на останалите. Затова не предписахме конкретни материали, а регулирахме възможните промени във формата чрез задаване на "отпечатък" и FAR. Например, ако направите „гризане“, броят на етажите ви расте, което от своя страна също е ограничено до определено ниво.

Каква беше следващата стъпка?

Освен това всеки от нас трябваше да разработи една от сградите на обекта, но коя, с каква функция - се определяше с жребий, теглихме листчета с „партиди“. Това беше планът на Сергей Чобан. И тази ситуация е коренно различна от тази, когато вие сами избирате темата на дипломата и проектирате сграда със специфична функция, която може би сте мечтали да проектирате през всичките шест години на обучение. Тук трябваше да се примирим с факта, че получихме чрез жребий и, от една страна, беше доста болезнено, но от друга, това е ситуация, близка до живота.

Какво получи?

Късметлия съм според мен. Проектирах стартовата сграда. С определени размери, които не могат да бъдат променяни. Най-важният принцип, от който изхождах, беше както идеологически, така и функционален: днес това е стартиращо предприятие, а утре е много вероятно вече да не съществува.

В крайна сметка какво е Сколково като цяло? Никой не може разумно да отговори на този въпрос. Изучавайки материалите, стигнах до извода, че собствената стратегия за развитие на Сколково е доста гъвкава. За мен това беше основното условие, на което трябваше да отговаря моят проект. Следователно, при ширина на сградата от 12 метра, за мен беше важно да няма допълнителни стени в моята сграда. Не съм оставил нищо друго освен усилващите ядра, които са задължителни от гледна точка на дизайна. Вътре има отворен, отворен етажен план. Що се отнася до външния вид, опитах се да проектирам сградата си по такъв начин, че да е доста скромен, но в същото време изразителен.

Основната фасада се оказа 12-метров задник с изглед към булеварда. Затова реших да изостря формата му. Важна роля играе двускатният покрив, който се превърна във визуален акцент на цялата сграда. Тя е междинно звено между двата "съседа" на моя обект, различни по височина и изразителност.

Формирали ли сте собствено отношение към самата идея за иновационния център Сколково в процеса на работа?

Промени се в хода на работата. Отначало идеологическият контекст малко доминираше. И тогава започнахме да възприемаме Сколково вече не като феномен от мащаба на Русия, а внимателно да разглеждаме проблемите на самото място. Все пак днес може да е Център за иновации, а утре – нещо друго. И какво, вашата сграда следователно трябва да бъде съборена? Добрата архитектура може да живее по-дълго от първоначалния си контекст. Тя създава нова.

Беше ли трудно да работите в група? Как се изградиха отношенията в студиото, когато всеки от вас започна собствен проект?

Да, разбира се, че е трудно. В края на краищата, това се получи по такъв начин, че ситуацията като цяло можеше радикално да се промени от желанията на всеки човек. Парцелът е доста малък и нечия идея да направи, да речем, конзола или нещо друго, може да повлияе например на стандартите за слънчева светлина. И тогава всички седнахме и започнахме да обсъждаме дали е правилно или не.

Крайният вариант ме изненада приятно. Първоначално ми се стори, че у всеки ще надделее желанието да се направи уау-дипломна работа, а не хармонична групова работа. Но генералният план в крайна сметка се оказа доста балансиран. Струва ми се, че успяхме да намерим "златната среда" между личните амбиции и необходимостта да спазваме определени правила на играта.

Какви бяха особеностите на обучението при Сергей Чобан?

Беше удоволствие да работим с всички ръководители на нашето студио. В допълнение към Сергей, това са Алексей Илин и Игор Членов от Реч бюрото, а съюзни специалисти също дойдоха да помогнат за справяне с определени възли. Учебният процес беше изграден възхитително прецизно, буквално до минута. Въпреки че Сергей до известна степен, вероятно, беше трудно с нас. Струва ми се, че разчиташе на това, че вече сме почти професионалисти. И ние, не мога да кажа, че все още сме деца, но разликата между служител на бюрото и ученик все още е невероятно голяма. Той ни сподели знанията си не като учител, а като практикуващ архитект и успя да ни накара да работим по-самостоятелно и един с друг, отколкото с учители. Това наистина беше "координация на движенията".

Какво ти дадоха като цяло две години обучение в MARCH?

Не мога да кажа, че третото око се е отворило. Но някои съмнения бяха разрешени, някои позиции бяха укрепени. Сега съм по-отговорен за това, което правя и какво казвам. Може би голямо благодаря за този МАРТ, може би голямо благодаря за този път. Мога да кажа, че най-ценното в МАРТ, основният ресурс на училището, са хората и някаква специална атмосфера. По принцип отидох там заради хората. Ходих при Сергей Ситар, при Кирил Ас, при Евгений Викторович, при Нарине Тютчева. Освен това имах вас, другари, които ме вдъхновявахте и подкрепяхте. Надявам се да продължим да общуваме, надявам се да направим нещо заедно.

Къде си учил преди?

Защитих бакалавърската си степен в Московския институт по архитектура от най-добрия преподавател Ирина Михайловна Ястребова. И мога да добавя, че се отнасям много добре към Московския архитектурен институт и не смятам, че това е някаква съветска реликва. Той дава академичните основи, а по-късно всеки сам решава какво иска да прави.

какво искаш да правиш сега

През всичките години на моето съществуване в архитектурата съм писал за нея, чел съм, говорил съм за нея, но никога не съм я създал в пълния смисъл на думата. Всъщност се занимавах с хартиена архитектура с такава, разбирате ли, претенция за концептуално изкуство. И ако преди бях напълно сигурен, че теорията определя практиката, сега не мога да повярвам в това, докато не го проверя. Затова сега трябва да посетя строителна площадка, трябва да разбера какво е това - когато си направил нещо на хартия, след това се бориш за него, спориш, координираш и накрая стоиш, гледаш и разбираш: това е, случи се! Това е моята фикс идея. Затова следващите две години смятам да тренирам и да се опитам да извървя възможно най-кратък път до строителната площадка, до изпълнението.

Задачи по теория на вероятностите с решения

1. Комбинаторика

Задача 1 . В група има 30 ученика. Необходимо е да се изберат председател, заместник-председател и синдикален лидер. Колко начина има да направите това?

Решение.Всеки от 30-те студенти може да бъде избран за ръководител, всеки от останалите 29 студенти за заместник и всеки от останалите 28 студенти за синдикален организатор, т.е. n1=30, n2=29, n3=28. Съгласно правилото за умножение общият брой N начини за избор на ръководител, негов заместник и профсъюзен лидер е N=n1´n2´n3=30´29´28=24360.

Задача 2 . Двама пощальони трябва да доставят 10 писма до 10 адреса. По колко начина могат да разпределят работата?

Решение.Първото писмо има n1=2 алтернативи - или първият пощальон го носи на адресата, или вторият. Има също n2=2 алтернативи за втората буква и т.н., т.е. n1=n2=…=n10=2. Следователно, по силата на правилото за умножение, общият брой начини за разпространение на писма между двама пощальони е

Задача 3. В кутия има 100 части, от които 30 са части от 1 клас, 50 ​​са от 2 клас, а останалите са от 3 клас. Колко начина има да извадите една част от 1-ви или 2-ри клас от кутията?

Решение.Детайл от 1 клас се извлича по n1=30 начина, от 2 клас – по n2=50 начина. Според правилото за сумата има N=n1+n2=30+50=80 начина за извличане на една част от 1-ва или 2-ра степен.

Задача 5 . Редът на представяне на 7 участници в състезанието се определя чрез жребий. Колко различни варианта на жребия са възможни?

Решение.Всяка версия на жребия се различава само по реда на участниците в състезанието, т.е. това е пермутация от 7 елемента. Техният брой е

Задача 6 . В конкурса участват 10 филма в 5 номинации. Колко опции за разпределение на наградите има, ако за всички номинации различнинагради?

Решение.Всеки от вариантите за разпределение на наградите е комбинация от 5 филма от 10, която се различава от другите комбинации както по композиция, така и по реда им. Тъй като всеки филм може да получи награди в една или няколко номинации, същите филми могат да бъдат повторени. Следователно броят на такива комбинации е равен на броя на поставянията с повторения на 10 елемента по 5:

Задача 7 . В турнир по шах участват 16 души. Колко игри трябва да се изиграят в турнир, ако трябва да се играе една игра между всеки двама участници?

Решение.Всяка игра се играе от двама участници от 16 и се различава от останалите само по състава на двойките участници, т.е. представлява комбинация от 16 елемента по 2. Техният брой е

Задача 8 . В условията на задача 6 определете колко опции за разпределение на наградите съществуват, ако за всички номинации същотонагради?

Решение.Ако за всяка номинация са определени еднакви награди, тогава редът на филмите в комбинацията от 5 награди няма значение, а броят на опциите е броят на комбинациите с повторения на 10 елемента от 5, определени по формулата

Задача 9. Градинарят трябва да засади 6 дървета в рамките на три дни. По колко начина може да разпредели работата между дните, ако засажда поне едно дърво на ден?

Решение.Да предположим, че градинар засажда дървета подред и може да вземе различни решения за това кое дърво да спре на първия ден и кое да спре на втория ден. Така можем да си представим, че дърветата са разделени от две прегради, всяка от които може да стои на едно от 5-те места (между дърветата). Преградите трябва да стоят там една по една, защото в противен случай нито едно дърво няма да бъде засадено някой ден. По този начин е необходимо да изберете 2 елемента от 5 (без повторения). Следователно, броят на начините.

Задача 10. Колко четирицифрени числа (възможно започващи от нула) има, чиято сума от цифри е 5?

Решение.Нека представим числото 5 като сбор от последователни, разделени на групи чрез дялове (всяка група в сбора образува следващата цифра на числото). Ясно е, че ще са необходими 3 такива дяла.Местата за дялове са 6 (преди всички модули, между тях и след). Всяко място може да бъде заето от един или повече дялове (в последния случай между тях няма единици и съответната сума е нула). Разглеждайте тези места като елементи на набор. По този начин е необходимо да изберете 3 елемента от 6 (с повторения). Следователно желаният брой числа

Задача 11 . По колко начина група от 25 ученици може да бъде разделена на три подгрупи A, B и C съответно от 6, 9 и 10 души?

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

Задача 1 . В кутия има 5 портокала и 4 ябълки. На случаен принцип се избират 3 плода. Каква е вероятността и трите плода да са портокали?

Решение. Елементарните резултати тук са комплекти, които включват 3 плода. Тъй като редът на плодовете е безразличен, ще приемем, че изборът им е неподреден (и не се повтаря). gif" width="161 height=83" height="83">.

Задача 2 . Учителят предлага на всеки от тримата ученици да намислят произволно число от 1 до 10. Ако приемем, че изборът на всяко число от дадените от всеки от учениците е еднакво възможен, намерете вероятността един от тях да има същото замислено числа.

Решение.Първо, нека изчислим общия брой резултати. Първият ученик избира едно от 10 числа и има n1=10 възможности, вторият също има n2=10 възможности и накрая третият също има n3=10 възможности. По силата на правилото за умножение общият брой начини е: n= n1´n2´n3=103 = 1000, т.е. цялото пространство съдържа 1000 елементарни изхода. За да изчислите вероятността за събитие А, е удобно да преминете към противоположното събитие, т.е. да преброите броя на онези случаи, когато и тримата ученици мислят за различни числа. Първият все още има m1=10 начина за избор на число. Вторият ученик вече има само m2=9 възможности, тъй като трябва да внимава неговото число да не съвпада с предвиденото число на първия ученик. Третият ученик е още по-ограничен в избора си – има само m3=8 възможности. Следователно общият брой комбинации от замислени числа, в които няма съвпадения, е равен на m=10×9×8=720. Случаите, в които има съвпадения, са 280. Следователно желаната вероятност е P=280/1000=0,28.

Задача 3 . Намерете вероятността в 8-цифрено число точно 4 цифри да са еднакви, а останалите да са различни.

Решение. Събитие A=(осемцифрено число съдържа 4 еднакви цифри). От условието на задачата следва, че в числото от пет различни цифри една от тях се повтаря. Броят начини за избор е равен на броя начини за избор на една цифра от 10 цифри..gif" width="21" height="25 src="> Желаната вероятност е равна на

Задача 4 . Шест клиента кандидатстват на случаен принцип в 5 фирми. Намерете вероятността никой да не кандидатства в поне една фирма.

Решение.Помислете за обратното събитие https://pandia.ru/text/78/307/images/image020_10.gif" width="195" height="41"> Общият брой начини за разпределяне на 6 клиента между 5 фирми. Следователно . Следователно,.

Задача 5 . Нека една урна съдържа N топки, от които M са бели и N–M са черни. От урната се изтеглят n топки. Намерете вероятността сред тях да има точно m бели топки.

Решение.Тъй като редът на елементите тук не е значим, броят на всички възможни комплекти с размер n от N елемента е равен на броя комбинации от m бели топки, n–m черни топки и следователно желаната вероятност е P (A)=https://pandia.ru/text/78/307/images/image031_2.gif" width="167" height="44">.

Задача 7 (задача за среща) . Две лица А и Б се уговорили да се срещнат на определено място между 12 и 13 часа. Първият пристигнал изчаква другия 20 минути, след което си тръгва. Каква е вероятността да се срещнат лица А и Б, ако пристигането на всеки от тях може да се случи произволно в посочения час и моментите на пристигане са независими?

Решение.Нека означим времето на пристигане на лицето A като x и лицето B като y. За да се състои срещата е необходимо и достатъчно ôx-yô£20. Нека представим x и y като координати в равнината, като единица мащаб ще изберем минута. Всички възможни резултати са представени от точките на квадрат със страна 60, а благоприятните за срещата са разположени в защрихованата зона. Желаната вероятност е равна на съотношението на площта на защрихованата фигура (фиг. 2.1) към площта на целия квадрат: P(A) = (602–402)/602 = 5/9.

3. Основни формули на теорията на вероятностите

Задача 1 . В кутия има 10 червени и 5 сини бутона. На случаен принцип се изваждат две копчета. Каква е вероятността бутоните да са с един и същи цвят? ?

Решение. Събитието A=(бутони с един и същи цвят са премахнати) може да бъде представено като сума, където събитията и означават избора на червени и сини бутони, съответно. Вероятността да нарисувате два червени бутона е равна, а вероятността да нарисувате два сини бутона https://pandia.ru/text/78/307/images/image034_2.gif" width="19 height=23" height="23 ">.gif" width="249" height="83">

Задача 2 . Сред служителите на компанията 28% владеят английски, 30% - немски, 42% - френски; Английски и немски - 8%, английски и френски - 10%, немски и френски - 5%, и трите езика - 3%. Намерете вероятността произволно избран служител на компанията: а) да знае английски или немски език; б) знае английски, немски или френски език; в) не знае нито един от изброените езици.

Решение.Нека A, B и C означават събитията, при които произволно избран служител на фирмата говори съответно английски, немски или френски. Очевидно дяловете на служителите на фирмата, които говорят определени езици, определят вероятностите за тези събития. Получаваме:

а) 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;

в) 1-P(AÈBÈC)=0,2.

Задача 3 . Семейството има две деца. Каква е вероятността най-голямото дете да е момче, ако се знае, че в семейството има деца от двата пола?

Решение.Нека A = (най-голямото дете е момче), B = (в семейството има деца от двата пола). Да приемем, че раждането на момче и раждането на момиче са равновероятни събития. Ако раждането на момче се означи с буквата М, а раждането на момиче с D, то пространството на всички елементарни резултати се състои от четири двойки: . В това пространство само два изхода (MD и MM) съответстват на събитие B. Събитие AB означава, че в семейството има деца от двата пола. Най-голямото дете е момче, следователно второто (най-малкото) дете е момиче. Това събитие AB съответства на един изход - MD. Така |AB|=1, |B|=2 и

Задача 4 . Майсторът, разполагащ с 10 части, от които 3 нестандартни, проверява частите една по една, докато попадне на стандартна. Каква е вероятността той да провери точно два детайла?

Решение.Събитието A = (капитанът провери точно две части) означава, че по време на такава проверка първата част се оказа нестандартна, а втората - стандартна. Следователно, , където =( първата част се оказа нестандартна) и = (втората част е стандартна). Очевидно е, че вероятността на събитието A1 също е равна на , тъй като преди да вземе втората част на майстора му останаха 9 части, от които само 2 нестандартни и 7 стандартни. По теоремата за умножение

Задача 5 . Едната кутия съдържа 3 бели и 5 черни топки, а другата кутия съдържа 6 бели и 4 черни топки. Намерете вероятността бяла топка да бъде изтеглена от поне една кутия, ако една топка е изтеглена от всяка кутия.

Решение. Събитието A=(бяла топка е извадена от поне една кутия) може да бъде представено като сума, където събитията и означават появата на бяла топка съответно от първата и втората кутия..gif" width=" 91" height="23">..gif " width="20" height="23 src=">.gif" width="480" height="23">.

Задача 6 . На изпит по определен предмет се явяват трима проверяващи от група от 30 души, като първият анкетира 6 студента, вторият - 3 студента, а третият - 21 студента (студентите се избират на случаен принцип от списъка). Съотношението между тримата проверяващи и зле подготвените е различно: шансовете на такива студенти да издържат изпита са 40% за първия преподавател, едва 10% за втория и 70% за третия. Намерете вероятността зле подготвен студент да издържи изпита .

Решение.Отбелязваме с хипотезите, че зле подготвеният ученик е отговорил съответно на първия, втория и третия изпитващ. Според задачата

, , .

Нека събитието A=(лошо подготвен студент издържа изпита). Тогава отново, по силата на условието на проблема

, , .

Според формулата за обща вероятност получаваме:

Задача 7 . Фирмата има три източника на доставка на компоненти - компании A, B, C. Фирма A представлява 50% от общото предлагане, B - 30% и C - 20%. От практиката е известно, че сред доставените части от фирма А 10% са дефектни, от фирма Б - 5% и от фирма В - 6%. Каква е вероятността произволно избрана част да е добра?

Решение.Нека събитието G е появата на добра част. Вероятностите на хипотезите, че частта е доставена от фирми A, B, C са съответно P(A)=0,5, P(B)=0,3, P(C)=0,2. Условните вероятности за поява на добра част в този случай са P(G|A)=0.9, P(G|B)=0.95, P(G|C)=0.94 (като вероятностите за събития, противоположни на появата на дефектна част). Според формулата за обща вероятност получаваме:

P(G)=0.5×0.9+0.3×0.95+0.2×0.94=0.923.

Задача 8 (виж проблем 6). Да се ​​знае, че студентът не е издържал изпита, т.е. получил е оценка „незадоволителна“. Кой от тримата учители най-вероятно е отговорил ?

Решение.Вероятността да получите „неуспешен“ е . Необходимо е да се изчислят условните вероятности. Според формулите на Бейс получаваме:

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

От това следва, че най-вероятно зле подготвеният студент се е явил на изпита на третия изпитващ.

4. Повторни независими тестове. Теорема на Бернули

Задача 1 . Зарът се хвърля 6 пъти. Намерете вероятността шестица да се появи точно 3 пъти.

Решение.Хвърлянето на зара шест пъти може да се разглежда като поредица от независими опити с 1/6 вероятност за успех („шест”) и 5/6 вероятност за провал. Желаната вероятност се изчислява по формулата .

Задача 2 . Монетата се хвърля 6 пъти. Намерете вероятността гербът да се появи най-много 2 пъти.

Решение.Желаната вероятност е равна на сумата от вероятностите за три събития, състояща се в това, че гербът не изпада нито веднъж, нито веднъж, нито два пъти:

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

Задача 4 . Монетата се хвърля 3 пъти. Намерете най-вероятния брой успехи (герб).

Решение.Възможните стойности за броя на успехите в трите разглеждани изпитания са m = 0, 1, 2 или 3. Нека Am е събитието, при което при три хвърляния на монети гербът се появява m пъти. С помощта на формулата на Бернули е лесно да се намерят вероятностите за събития Am (виж таблицата):

Тази таблица показва, че най-вероятните стойности са числата 1 и 2 (вероятностите им са 3/8). Същият резултат може да се получи и от теорема 2. Действително, n=3, p=1/2, q=1/2. Тогава

, т.е.

Задача 5. В резултат на всяко посещение на застрахователния агент договорът се сключва с вероятност 0,1. Намерете най-вероятния брой договори, подписани след 25 посещения.

Решение.Имаме n=10, p=0,1, q=0,9. Неравенството за най-вероятния брой успехи приема формата: 25×0.1–0.9 £m*£25×0.1+0.1 или 1.6 £m*£2.6. Това неравенство има само едно целочислено решение, а именно m*=2.

Задача 6 . Известно е, че процентът на отказ за някои части е 0,5%. Инспекторът проверява 1000 части. Каква е вероятността да се намерят точно три дефектни части? Каква е вероятността да се намерят поне три дефектни части?

Решение.Имаме 1000 опита на Бернули с вероятност за "успех" p=0,005. Прилагайки апроксимацията на Поасон с λ=np=5, получаваме

2) P1000(m³3)=1-P1000(m<3)=1-»1-,

и Р1000(3)»0,14; P1000 (m³3) "0,875.

Задача 7 . Вероятността за покупка, когато клиент посети магазин е p=0,75. Намерете вероятността за 100 посещения клиент да направи покупка точно 80 пъти.

Решение. В този случай n=100, m=80, p=0,75, q=0,25. Намираме и определете j(x)=0,2036, тогава желаната вероятност е P100(80)= .

Задача 8. Застрахователната компания е сключила 40 000 договора. Вероятността от застрахователно събитие за всеки от тях през годината е 2%. Намерете вероятността да има не повече от 870 такива случая.

Решение.По условието на задачата n=40000, p=0.02. Намираме np=800,. За да изчислим P(m £ 870), използваме интегралната теорема на Moivre-Laplace:

P(0 .

Намираме според таблицата със стойности на функцията на Лаплас:

P(0

Задача 9 . Вероятността за възникване на събитие във всеки от 400 независими опита е 0,8. Намерете положително число e, така че с вероятност от 0,99 абсолютната стойност на отклонението на относителната честота на възникване на събитие от неговата вероятност да не надвишава e.

Решение.По условието на задачата p=0.8, n=400. Използваме следствието от интегралната теорема на Moivre-Laplace: . Следователно, ..gif" width="587" height="41">

5. Дискретни случайни променливи

Задача 1 . В комплект от 3 ключа само един ключ пасва на вратата. Ключовете се сортират, докато се намери подходящ ключ. Изграждане на закон за разпределение за случайна променлива x - броят на тестваните ключове .

Решение.Броят на тестваните ключове може да бъде 1, 2 или 3. Ако се тества само един ключ, това означава, че този първи ключ веднага е дошъл до вратата и вероятността за такова събитие е 1/3. Освен това, ако има 2 тествани ключа, т.е. x=2, това означава, че първият ключ не пасва, а вторият пасва. Вероятността за това събитие е 2/3×1/2=1/3..gif" width="100" height="21"> Резултатът е следната серия на разпределение:

Задача 2 . Построете функцията на разпределение Fx(x) за случайната променлива x от Задача 1.

Решение.Случайната променлива x има три стойности 1, 2, 3, които разделят цялата цифрова ос на четири интервала: . Ако x<1, то неравенство x£x невозможно (левее x нет значений случайной величины x) и значит, для такого x функция Fx(x)=0.

Ако 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.

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

И накрая, в случай на x³3, неравенството x£x е в сила за всички стойности на случайната променлива x, така че P(x

Така че получихме следната функция:

Задача 3. Съвместният закон на разпределение на случайните променливи x и h е даден с помощта на таблицата

Изчислете частни закони на разпределение на компонентите x и h. Определете дали са зависими..gif" width="423" height="23 src=">;

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

Частичното разпределение за h се получава по подобен начин:

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

Получените вероятности могат да бъдат записани в същата таблица срещу съответните стойности на случайни променливи:

Сега нека отговорим на въпроса за независимостта на случайните променливи x и h..gif" width="108" height="25 src="> в тази клетка. Например в клетката за стойностите x=- 1 и h=1 има вероятност 1/ 16, а произведението на съответните частични вероятности 1/4×1/4 е равно на 1/16, т.е. съвпада с общата вероятност. Това условие се проверява и в останалите пет клетки и се оказва, че е вярно във всички. Следователно случайните променливи x и h са независими.

Обърнете внимание, че ако нашето условие е нарушено в поне една клетка, тогава количествата трябва да бъдат разпознати като зависими.

За изчисляване на вероятността маркирайте клетките, за които условието е изпълнено https://pandia.ru/text/78/307/images/image092.gif" width="574" height="23 src=">

Задача 4 . Нека случайната променлива ξ има следния закон на разпределение:

Изчислете математическото очакване Mx, дисперсията Dx и стандартното отклонение s.

Решение. По дефиниция, очакването на x е

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

Решение.Нека използваме формулата . А именно, във всяка клетка на таблицата умножаваме съответните стойности и , умножаваме резултата по вероятността pij и обобщаваме всичко това във всички клетки на таблицата. В резултат на това получаваме:

Задача 6 . За двойка случайни променливи от задача 3, изчислете ковариацията cov(x, h).

Решение.В предишната задача математическото очакване вече е изчислено . Остава да изчислим и . Използвайки частичните закони за разпределение, получени при решаването на задача 3, получаваме

; ;

а това означава

което можеше да се очаква поради независимостта на случайните променливи.

Задача 7. Случайният вектор (x, h) приема стойностите (0.0), (1.0), (–1.0), (0.1) и (0,–1) с еднаква вероятност. Изчислете ковариацията на случайните променливи x и h. Покажете, че са зависими.

Решение. Тъй като 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, тогава Мx=3/5´0+1/5´1+1 /5´(–1)=0 и 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.

Получаваме cov(x, h)=M(xh)–MxMh=0 и случайните променливи не са корелирани. Те обаче са зависими. Нека x=1, тогава условната вероятност на събитието (h=0) е равна на Р(h=0|x=1)=1 и не е равна на безусловната Р(h=0)=3/5, или вероятността (ξ=0,η =0) не е равна на произведението на вероятностите: Р(x=0,h=0)=1/5¹Р(x=0)Р(h=0)=9/25 . Следователно x и h са зависими.

Задача 8 . Случайните увеличения на цените на акциите на две компании в дните x и h имат общо разпределение, дадено от таблицата:

Намерете коефициента на корелация.

Решение.Първо, изчисляваме Mxh=0,3-0,2-0,1+0,4=0,4. След това намираме конкретни закони за разпределение на x и h:

Определяме 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. Получаваме

.

Задача 9. Случайните нараствания на цените на акциите на две компании за ден имат дисперсии Dx=1 и Dh=2, а корелационният им коефициент е r=0,7. Намерете дисперсията на увеличението в цената на портфейл от 5 акции на първата компания и 3 акции на втората компания.

Решение. Използвайки свойствата на дисперсията, ковариацията и определението на коефициента на корелация, получаваме:

Задача 10 . Разпределението на двумерна случайна променлива е дадено от таблицата:

Намерете условното разпределение и условното очакване h за x=1.

Решение.Условното очакване е

От условието на задачата намираме разпределението на компонентите h и x (последната колона и последния ред на таблицата).