A.V.: Julia, dyplom zrobiłaś w pracowni Siergieja Chobana „Koordynacja ruchu”, gdzie Twoim obiektem projektowym był blok D-1 w Skołkowie. Z tego, co wiem, Twoja twórczość była prawdopodobnie najbardziej specyficzna: projektowałaś dla miejsca, którego kontekst nie został jeszcze ukształtowany. Jak to jest?

Yu.A.: Praca bez istniejącego kontekstu była rzeczywiście trochę dziwna. W rejonie Skołkowa, którego plan zagospodarowania przestrzennego opracowało Biuro Przemówień Siergieja Chobana wspólnie z firmą Davida Chipperfielda, przydzielono nam działkę i musieliśmy się zastanowić, co możemy z nią zrobić. W pierwszym semestrze zostaliśmy podzieleni na 3 czteroosobowe grupy i ogłoszono między nami konkurs na rozwiązanie planistyczne na jeden kwartał. Musieliśmy postawić na działce, na której otrzymaliśmy dwanaście, średnio pięciopiętrowych domów, w zależności od liczby uczniów w grupie. Tak się złożyło, że konkurs wygrała nasza drużyna: Anya Shevchenko, Dima Stolbovoy, Artem Slizunov i ja. Wypracowaliśmy dość rygorystyczny plan, który był ograniczony nie tylko niektórymi parametrami katastralnymi, ale także specyfikacjami technicznymi i kodeksem projektowym.

Jaki jest twój plan generalny?

Zmieniliśmy konstrukcję, która była w pierwotnej wersji planu generalnego: aby zmniejszyć skalę otoczenia, podzieliliśmy nasz blok na 4 podbloki, w każdym z nich znajduje się przestrzeń publiczna. Ponadto każdy odział miał swoją funkcję: mieszkaniową, startupową, osiedlową z funkcją sportową i budynkiem głównym oraz teren z internatem, hotelem, muzeum i rynkiem głównym.

Jakie ograniczenia zapisałeś w kodzie projektu?

Kwartał jest bardzo mały, a intencje każdego z uczestników mogą znacząco wpłynąć na pozostałych. Dlatego nie przepisaliśmy konkretnych materiałów, ale uregulowaliśmy ewentualne zmiany kształtu, ustalając „odcisk” i FAR. Na przykład, jeśli „obgryzasz”, liczba pięter wzrasta, co z kolei również ogranicza się do pewnego poziomu.

Jaki był następny krok?

Następnie każdy z nas miał za zadanie zagospodarować jeden z budynków na działce, ale który z nich, z jaką funkcją, został określony w drodze losowania, rysowaliśmy papiery z „działkami”. Taki był plan Siergieja Czobana. A ta sytuacja zasadniczo różni się od tej, kiedy sam wybierasz temat dyplomu i projektujesz budynek o określonej funkcji, o jakim być może marzyłeś przez całe sześć lat studiów. Tutaj musieliśmy się pogodzić z tym, co los nam dał i z jednej strony było to dość bolesne, ale z drugiej była to sytuacja bliska życia.

Co dostałeś?

Moim zdaniem miałem szczęście. Zaprojektowałem budynek startupowy. O pewnych wymiarach, których nie można było zmienić. Najważniejsza zasada, od której wyszedłem, była ideowa i funkcjonalna: dziś jest to startup, ale jutro całkiem możliwe, że już nim nie będzie.

W końcu czym jest Skołkowo? Nikt nie jest w stanie odpowiedzieć na to pytanie w sposób zrozumiały. Studiując materiały, doszedłem do wniosku, że własna strategia rozwoju Skolkovo jest dość elastyczna. Dla mnie stał się to główny warunek, jaki musiał spełnić mój projekt. Dlatego przy szerokości budynku wynoszącej 12 metrów ważne było dla mnie, aby w moim budynku nie było dodatkowych ścian. Nie zostawiłem nic poza rdzeniami usztywniającymi, które są obowiązkowe z konstrukcyjnego punktu widzenia. Wewnątrz panuje otwarty, swobodny układ. Jeśli chodzi o wygląd zewnętrzny, starałem się zaprojektować swój budynek tak, aby był dość skromny, ale jednocześnie wyrazisty.

Główną fasadą okazał się 12-metrowy koniec zwrócony w stronę bulwaru. Postanowiłem więc zaostrzyć jego kształt. Istotną rolę odgrywa dwuspadowy dach, który stał się wizualnym akcentem całego budynku. Jest łącznikiem pośrednim pomiędzy dwoma „sąsiadami” mojego obiektu, różniącymi się wzrostem i wyrazistością.

Czy w trakcie pracy ukształtowałeś swój własny stosunek do samej idei Centrum Informacyjnego Skołkowo?

W trakcie pracy to się zmieniło. Początkowo kontekst ideologiczny był nieco przytłaczający. I wtedy zaczęliśmy postrzegać Skołkowo nie jako zjawisko na skalę rosyjską, ale jako uważnie rozważające problemy samego miejsca. Przecież dziś może być Centrum Innowacji, a jutro może być czymś innym. Czy zatem twój budynek powinien zostać zburzony? Dobra architektura może przetrwać dłużej niż jej pierwotny kontekst. Ona także tworzy nową.

Czy praca w grupie była trudna? Jak budowały się relacje w studiu, kiedy każdy z Was zaczął pracować nad własnym projektem?

Tak, oczywiście, że jest to trudne. Przecież udało nam się w taki sposób, że życzenia każdej osoby mogły radykalnie zmienić sytuację jako całość. Powierzchnia jest dość mała, a czyjś pomysł na wykonanie np. konsoli lub czegoś innego może wpłynąć np. na standardy nasłonecznienia. A potem wszyscy usiedliśmy i zaczęliśmy dyskutować, czy to było dobre, czy złe.

Ostateczna wersja miło mnie zaskoczyła. Na początku wydawało mi się, że chęć zrobienia projektu pracy dyplomowej typu „wow” przeważy nad harmonijną pracą w grupie. Ale ostatecznie plan generalny okazał się dość zrównoważony. Wydaje mi się, że udało nam się znaleźć „złoty środek” pomiędzy osobistymi ambicjami a koniecznością przestrzegania pewnych reguł gry.

Jakie cechy miał trening z Siergiejem Chobanem?

Współpraca ze wszystkimi szefami naszego studia była bardzo przyjemna. Oprócz Siergieja w uporządkowaniu niektórych elementów przyszli także Aleksiej Iljin i Igor Chlenow z Biura Przemówień; Proces edukacyjny został zorganizowany w zachwycająco precyzyjny sposób, dosłownie minuta po minucie. Chociaż Siergiej w pewnym stopniu prawdopodobnie miał z nami trudności. Wydaje mi się, że liczył na to, że jesteśmy niemal profesjonalistami. I nie mogę powiedzieć, że jesteśmy jeszcze dziećmi, ale różnica między pracownikiem biurowym a studentem jest nadal niesamowicie duża. Dzielił się z nami swoją wiedzą nie jako nauczyciel, ale jako praktykujący architekt i udało mu się sprawić, że pracowaliśmy bardziej samodzielnie i ze sobą niż z nauczycielami. To naprawdę była „koordynacja ruchów”.

Co ogólnie dały Ci dwa lata studiów w MARCU?

Nie mogę powiedzieć, że otworzyło się trzecie oko. Część wątpliwości jednak została rozwiana, niektóre stanowiska wzmocnione. Teraz jestem bardziej odpowiedzialna za to, co robię i co mówię. Być może bardzo dziękuję za ten MARSH, być może bardzo dziękuję za ten czas. Mogę powiedzieć, że najcenniejszą rzeczą, jaką ma MARCH, głównym zasobem szkoły, są ludzie i swoista atmosfera. Głównie pojechałem tam dla ludzi. Poszedłem do Siergieja Sitara, do Kirila Assu, do Jewgienija Wiktorowicza, do Narine Tyutczewy. Poza tym miałem Was, towarzysze, którzy mnie inspirowali i wspierali. Mam nadzieję, że w przyszłości będziemy się komunikować, mam nadzieję, że zrobimy coś razem.

Gdzie studiowałeś przed tym?

Obroniłem tytuł licencjata w Moskiewskim Instytucie Architektury u najwspanialszej nauczycielki Iriny Michajłownej Jastrebowej. I mogę dodać, że mam bardzo dobry stosunek do MARCHI i nie uważam, że jest to jakiś sowiecki relikt. Podaje podstawy akademickie, a następnie każdy sam decyduje, co chce robić.

Co chcesz teraz robić?

Przez wszystkie lata mojej obecności w architekturze pisałem o tym, czytałem o tym, mówiłem o tym, ale nigdy tego nie stworzyłem w pełnym tego słowa znaczeniu. Zajmowałem się zasadniczo architekturą papierową, z pewnymi pretensjami do sztuki konceptualnej. I o ile wcześniej byłem całkowicie przekonany, że teoria determinuje praktykę, to teraz nie mogę w to uwierzyć, dopóki tego nie sprawdzę. Dlatego teraz muszę pojechać na budowę, muszę zrozumieć jak to jest – kiedy się coś zrobi na papierze, potem się o to walczy, kłóci się, zgadza, a na koniec stoi się, patrzy i rozumie: tu jest jest, stało się! To jest mój pomysł na naprawę. Dlatego planuję praktykę przez najbliższe dwa lata i będę się starał, aby moja droga do budowy i realizacji była jak najkrótsza.

Zadania teorii prawdopodobieństwa wraz z rozwiązaniami

1. Kombinatoryka

Problem 1 . W grupie jest 30 uczniów. Należy wybrać naczelnika, jego zastępcę i organizatora związkowego. Na ile sposobów można to zrobić?

Rozwiązanie. Na przewodniczącego może zostać wybrany dowolny z 30 uczniów, na zastępcę któregokolwiek z pozostałych 29 uczniów, a na organizatora związkowego można wybrać dowolnego z pozostałych 28 uczniów, tj. n1=30, n2=29, n3=28. Zgodnie z zasadą mnożenia łączna liczba N sposobów wyboru wójta, jego zastępcy i lidera związkowego wynosi N=n1´n2´n3=30´29´28=24360.

Problem 2 . Dwóch listonoszy musi dostarczyć 10 listów pod 10 adresów. Na ile sposobów mogą rozdzielić pracę?

Rozwiązanie. Pierwszy list ma n1=2 alternatyw – albo zostaje zabrany do adresata przez pierwszego listonosza, albo przez drugiego. Dla drugiej litery również istnieją alternatywy n2=2 itd., czyli n1=n2=…=n10=2. Zatem, zgodnie z zasadą mnożenia, całkowita liczba sposobów dystrybucji listów między dwoma listonoszami jest równa

Problem 3. W pudełku znajduje się 100 części, z czego 30 to części 1. klasy, 50 to części 2., reszta to części 3. klasy. Na ile sposobów można wyjąć z pudełka jedną część klasy 1 lub 2?

Rozwiązanie. Część pierwszego stopnia można wyodrębnić na n1=30 sposobów, część drugiego stopnia można wyodrębnić na n2=50 sposobów. Zgodnie z regułą sumy istnieje N=n1+n2=30+50=80 sposobów wyodrębnienia jednej części pierwszej lub drugiej klasy.

Problem 5 . Kolejność występów 7 uczestników konkursu ustalana jest w drodze losowania. Ile różnych opcji losowania jest możliwych?

Rozwiązanie. Każdy wariant losowania różni się jedynie kolejnością uczestników konkursu, czyli jest permutacją 7 elementów. Ich liczba jest równa

Problem 6 . W konkursie bierze udział 10 filmów w 5 nominacjach. Ile jest możliwości podziału nagród, jeśli dla wszystkich kategorii zostaną ustalone poniższe zasady? różny nagrody?

Rozwiązanie. Każda z opcji podziału nagród jest kombinacją 5 filmów z 10, różniących się od pozostałych kombinacji zarówno kompozycją, jak i kolejnością. Ponieważ każdy film może otrzymać nagrody w jednej lub kilku kategoriach, te same filmy mogą być powtarzane. Dlatego liczba takich kombinacji jest równa liczbie miejsc z powtórzeniami 10 elementów po 5:

Problem 7 . W turnieju szachowym bierze udział 16 osób. Ile gier należy rozegrać w turnieju, jeśli jedna gra musi zostać rozegrana pomiędzy dowolnymi dwoma uczestnikami?

Rozwiązanie. W każdej grze bierze udział dwóch uczestników z 16 i różni się od pozostałych jedynie składem par uczestników, czyli jest kombinacją 16 elementów po 2. Ich liczba jest równa

Problem 8 . W warunkach zadania 6 określ, ile istnieje możliwości podziału nagród, jeśli dla wszystkich nominacji ten sam nagrody?

Rozwiązanie. Jeżeli dla każdej nominacji zostaną ustalone te same nagrody, to kolejność filmów w kombinacji 5 nagród nie ma znaczenia, a liczba opcji to liczba kombinacji z powtórzeniami 10 elementów po 5, określona wzorem

Zadanie 9. Ogrodnik musi w ciągu trzech dni zasadzić 6 drzew. Na ile sposobów może rozłożyć swoją pracę na dni, jeśli sadzi co najmniej jedno drzewo dziennie?

Rozwiązanie. Załóżmy, że ogrodnik sadzi drzewa w rzędzie i może podejmować różne decyzje dotyczące tego, które drzewo zatrzymać pierwszego dnia, a które drugiego. Można więc sobie wyobrazić, że drzewa oddzielone są dwiema przegrodami, z których każda może stanąć w jednym z 5 miejsc (pomiędzy drzewami). Przegrody muszą być tam pojedynczo, bo inaczej któregoś dnia nie zostanie posadzone ani jedno drzewo. Zatem musisz wybrać 2 elementy z 5 (bez powtórzeń). Dlatego liczba sposobów.

Problem 10. Ile jest liczb czterocyfrowych (prawdopodobnie zaczynających się od zera), których suma cyfr daje 5?

Rozwiązanie. Wyobraźmy sobie liczbę 5 jako sumę kolejnych cyfr podzieloną na grupy przegródkami (każda grupa w sumie tworzy kolejną cyfrę liczby). Oczywiste jest, że potrzebne będą 3 takie przegrody. Jest 6 miejsc na przegrody (przed wszystkimi jednostkami, między nimi i po). Każde miejsce może być zajęte przez jedną lub więcej partycji (w tym drugim przypadku między nimi nie ma jedynek, a odpowiadająca im suma wynosi zero). Rozważmy te miejsca jako elementy zbioru. Dlatego musisz wybrać 3 elementy z 6 (z powtórzeniami). Dlatego wymagana liczba liczb

Problem 11 . Na ile sposobów można podzielić grupę 25 uczniów na trzy podgrupy A, B i C, składające się odpowiednio z 6, 9 i 10 osób?

Rozwiązanie. Tutaj n=25, k=3, n1=6, n2=9, n3=10..gif" szerokość="160" wysokość="41">

Problem 1 . W pudełku jest 5 pomarańczy i 4 jabłka. Wybierane są losowo 3 owoce. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wszystkie trzy owoce to pomarańcze?

Rozwiązanie. Podstawowymi wynikami są tutaj zestawy zawierające 3 owoce. Ponieważ kolejność owoców jest obojętna, ich wybór uznamy za nieuporządkowany (i niepowtarzający się)..gif" szerokość="21" wysokość="25 src=">. Liczba korzystnych wyników jest równa liczba sposobów wyboru 3 pomarańczy z dostępnych 5, tj. gif" szerokość="161 wysokość=83" wysokość="83">.

Problem 2 . Nauczyciel prosi każdego z trzech uczniów, aby pomyśleli o dowolnej liczbie od 1 do 10. Zakładając, że wybór dowolnej liczby przez każdego ucznia jest jednakowo możliwy, oblicz prawdopodobieństwo, że któryś z nich będzie miał tę samą liczbę.

Rozwiązanie. Najpierw obliczmy całkowitą liczbę wyników. Pierwszy uczeń wybiera jedną z 10 liczb i ma n1=10 możliwości, drugi również ma n2=10 możliwości, a na koniec trzeci również ma n3=10 możliwości. Zgodnie z zasadą mnożenia całkowita liczba dróg wynosi: n= n1’n2’n3=103 = 1000, czyli cała przestrzeń zawiera 1000 wyników elementarnych. Aby obliczyć prawdopodobieństwo zdarzenia A, wygodnie jest przejść do zdarzenia odwrotnego, czyli policzyć liczbę przypadków, w których wszyscy trzej uczniowie myślą o różnych liczbach. W pierwszym nadal jest m1=10 sposobów na wybranie liczby. Drugi uczeń ma teraz tylko m2=9 możliwości, gdyż musi uważać, aby jego liczba nie pokrywała się z zamierzoną liczbą pierwszego ucznia. Trzeci uczeń jest jeszcze bardziej ograniczony w swoim wyborze – ma tylko m3=8 możliwości. Zatem całkowita liczba kombinacji wymyślonych liczb, w których nie ma dopasowań, wynosi m=10×9×8=720. Istnieje 280 przypadków, w których występują dopasowania. Zatem pożądane prawdopodobieństwo wynosi P = 280/1000 = 0,28.

Problem 3 . Znajdź prawdopodobieństwo, że w liczbie 8-cyfrowej dokładnie 4 cyfry są takie same, a pozostałe są różne.

Rozwiązanie. Zdarzenie A=(liczba ośmiocyfrowa zawiera 4 identyczne cyfry). Z warunków zadania wynika, że ​​liczba zawiera pięć różnych cyfr, jedna z nich się powtarza. Liczba sposobów wyboru jest równa liczbie sposobów wyboru jednej cyfry z 10 cyfr..gif" szerokość="21" wysokość="25 src="> . Następnie liczba korzystnych wyników. Całkowita liczba sposoby tworzenia liczb 8-cyfrowych to |W|=108 Wymagane prawdopodobieństwo wynosi

Problem 4 . Sześciu klientów losowo kontaktuje się z 5 firmami. Znajdź prawdopodobieństwo, że nikt nie skontaktuje się z przynajmniej jedną firmą.

Rozwiązanie. Rozważmy zdarzenie odwrotne https://pandia.ru/text/78/307/images/image020_10.gif"width="195" height="41">. Łączna liczba sposobów dystrybucji 6 klientów w 5 firmach. Stąd . Stąd, .

Problem 5 . Niech w urnie będzie N kul, z których M jest białych, a N–M – czarnych. Z urny wylosowano n kul. Znajdź prawdopodobieństwo, że będzie wśród nich dokładnie m białych kul.

Rozwiązanie. Ponieważ kolejność elementów nie ma tu znaczenia, liczba wszystkich możliwych zbiorów o objętości n N elementów jest równa liczbie kombinacji m kul białych, n–m czarnych, a zatem wymagane prawdopodobieństwo jest równe P(A) = https://pandia.ru/text/78/307/images/image031_2.gif" szerokość="167" wysokość="44">.

Problem 7 (problem ze spotkaniem) . Dwie osoby A i B umówiły się na spotkanie w określonym miejscu pomiędzy godziną 12 a 13. Pierwsza osoba, która przyjdzie, czeka na drugą osobę przez 20 minut, a następnie wychodzi. Jakie jest prawdopodobieństwo spotkania osób A i B, jeśli przybycie każdej z nich może nastąpić losowo w określonej godzinie, a momenty przybycia są niezależne?

Rozwiązanie. Oznaczmy moment przybycia osoby A przez x, a osoby B przez y. Aby spotkanie się odbyło konieczne i wystarczające jest x-yô £20. Przedstawmy x i y jako współrzędne na płaszczyźnie i wybierzmy minutę jako jednostkę skali. Wszystkie możliwe wyniki są reprezentowane przez punkty kwadratu o boku 60, a te sprzyjające spotkaniu znajdują się w zacienionym obszarze. Pożądane prawdopodobieństwo jest równe stosunkowi pola zacienionej figury (ryc. 2.1) do pola całego kwadratu: P(A) = (602–402)/602 = 5/9.

3. Podstawowe wzory teorii prawdopodobieństwa

Problem 1 . W pudełku znajduje się 10 czerwonych i 5 niebieskich guzików. Wyciągane są losowo dwa przyciski. Jakie jest prawdopodobieństwo, że przyciski będą tego samego koloru? ?

Rozwiązanie. Zdarzenie A=(przyciski tego samego koloru są usuwane) można przedstawić jako sumę, gdzie zdarzenia i oznaczają wybór odpowiednio czerwonego i niebieskiego przycisku. Prawdopodobieństwo wyciągnięcia dwóch czerwonych przycisków jest równe i prawdopodobieństwo wyciągnięcia dwóch niebieskich przycisków https://pandia.ru/text/78/307/images/image034_2.gif" szerokość="19 wysokość=23" wysokość= "23">.gif" szerokość="249" wysokość="83">

Problem 2 . Wśród pracowników firmy 28% mówi po angielsku, 30% po niemiecku, 42% po francusku; Angielski i niemiecki – 8%, angielski i francuski – 10%, niemiecki i francuski – 5%, wszystkie trzy języki – 3%. Znajdź prawdopodobieństwo, że losowo wybrany pracownik firmy: a) zna język angielski lub niemiecki; b) zna język angielski, niemiecki lub francuski; c) nie zna żadnego z wymienionych języków.

Rozwiązanie. Oznaczmy przez A, B i C zdarzenia, w których losowo wybrany pracownik firmy mówi odpowiednio po angielsku, niemiecku lub francusku. Oczywiście odsetek pracowników firmy posługujących się określonymi językami określa prawdopodobieństwo wystąpienia tych zdarzeń. Otrzymujemy:

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.

Problem 3 . Rodzina ma dwójkę dzieci. Jakie jest prawdopodobieństwo, że najstarszym dzieckiem będzie chłopiec, jeśli wiadomo, że w rodzinie są dzieci obu płci?

Rozwiązanie. Niech A=(najstarsze dziecko to chłopiec), B=(w rodzinie są dzieci obu płci). Załóżmy, że narodziny chłopca i narodziny dziewczynki są zdarzeniami równie prawdopodobnymi. Jeżeli narodziny chłopca oznaczymy literą M, a narodziny dziewczynki literą D, to przestrzeń wszystkich elementarnych wyników składa się z czterech par: . W tej przestrzeni tylko dwa wyniki (MD i DM) odpowiadają zdarzeniu B. Zdarzenie AB oznacza, że ​​w rodzinie są dzieci obu płci. Najstarsze dziecko to chłopiec, zatem drugie (najmłodsze) dziecko to dziewczynka. Zdarzenie to AB odpowiada jednemu wynikowi – MD. Zatem |AB|=1, |B|=2 i

Problem 4 . Mistrz, mając 10 części, z czego 3 są niestandardowe, sprawdza poszczególne części, aż natrafi na standardową. Jakie jest prawdopodobieństwo, że sprawdzi dokładnie dwa szczegóły?

Rozwiązanie. Zdarzenie A=(mistrz sprawdził dokładnie dwie części) oznacza, że ​​podczas takiego sprawdzenia pierwsza część okazała się niestandardowa, a druga standardowa. Oznacza to, gdzie =(pierwsza część okazała się niestandardowa) i =(druga część była standardowa). Oczywiście prawdopodobieństwo zdarzenia A1 jest również równe , gdyż przed przystąpieniem do drugiej części mistrzowi pozostało 9 części, z czego tylko 2 były niestandardowe, a 7 standardowe. Z twierdzenia o mnożeniu

Problem 5 . Jedno pudełko zawiera 3 białe i 5 czarnych kul, drugie pudełko zawiera 6 białych i 4 czarne kule. Znajdź prawdopodobieństwo, że z co najmniej jednego pudełka zostanie wylosowana kula biała, jeśli z każdego pudełka zostanie wylosowana jedna kula.

Rozwiązanie. Zdarzenie A=(wyjęta jest biała kula z co najmniej jednego pudełka) można przedstawić jako sumę, gdzie zdarzenia oznaczają pojawienie się białej kuli odpowiednio w pierwszym i drugim pudełku..gif" szerokość="91 " wysokość="23">..gif " szerokość="20" wysokość="23 src=">.gif" szerokość="480" wysokość="23">.

Problem 6 . Do egzaminu z określonego przedmiotu z grupy 30 osób przystępuje trzech egzaminatorów, przy czym pierwszy egzaminuje 6 uczniów, drugi – 3 uczniów, a trzeci – 21 uczniów (studenci wybierani są losowo z listy). Odmienny jest stosunek trzech egzaminatorów do słabo przygotowanych: szanse, że tacy uczniowie zdadzą egzamin u pierwszego nauczyciela wynoszą 40%, u drugiego tylko 10%, a u trzeciego – 70%. Znajdź prawdopodobieństwo, że słabo przygotowany student zda egzamin .

Rozwiązanie. Przyjmijmy hipotezy, że słabo przygotowany student odpowiedział odpowiednio pierwszemu, drugiemu i trzeciemu egzaminatorowi. Zgodnie z warunkami problemu

, , .

Niech zdarzenie A=(słabo przygotowany student zdał egzamin). Potem znowu, ze względu na warunki problemu

, , .

Korzystając ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite otrzymujemy:

Problem 7 . Firma posiada trzy źródła zaopatrzenia w komponenty - firmy A, B, C. Firma A stanowi 50% całości dostaw, B - 30% i C - 20%. Z praktyki wiadomo, że wśród części dostarczonych przez firmę A 10% jest wadliwych, przez firmę B - 5%, a przez firmę C - 6%. Jakie jest prawdopodobieństwo, że losowo wybrana część będzie odpowiednia?

Rozwiązanie. Niech wydarzeniem G będzie pojawienie się odpowiedniej części. Prawdopodobieństwa hipotez, że część dostarczyła firma A, B, C, wynoszą odpowiednio P(A)=0,5, P(B)=0,3, P(C)=0,2. Warunkowe prawdopodobieństwa pojawienia się dobrej części są równe P(G|A)=0,9, P(G|B)=0,95, P(G|C)=0,94 (ponieważ prawdopodobieństwa zdarzeń przeciwnych do pojawienia się wadliwa część). Korzystając ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite otrzymujemy:

P(G)=0,5×0,9+0,3×0,95+0,2×0,94=0,923.

Problem 8 (patrz zadanie 6). Niech będzie wiadomo, że student nie zdał egzaminu, czyli otrzymał ocenę „niedostateczną”. Któremu z trzech nauczycieli najchętniej odpowiedział? ?

Rozwiązanie. Prawdopodobieństwo „porażki” jest równe . Musisz obliczyć prawdopodobieństwa warunkowe. Korzystając ze wzorów Bayesa otrzymujemy:

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

Wynika z tego, że najprawdopodobniej słabo przygotowany student poddał egzamin trzeciemu egzaminatorowi.

4. Powtarzane niezależne testy. Twierdzenie Bernoulliego

Problem 1 . Kością rzuca się 6 razy. Znajdź prawdopodobieństwo, że szóstka zostanie wyrzucona dokładnie 3 razy.

Rozwiązanie. Rzut kostką sześć razy można traktować jako sekwencję niezależnych prób z prawdopodobieństwem sukcesu („szóstki”) wynoszącym 1/6 i prawdopodobieństwem niepowodzenia wynoszącym 5/6. Wymagane prawdopodobieństwo obliczamy za pomocą wzoru .

Problem 2 . Monetą rzucamy 6 razy. Znajdź prawdopodobieństwo, że herb pojawi się nie więcej niż 2 razy.

Rozwiązanie. Wymagane prawdopodobieństwo jest równe sumie prawdopodobieństw trzech zdarzeń, polegającej na tym, że herb nie pojawi się ani raz, ani raz, ani dwa razy:

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

Problem 4 . Monetą rzucamy 3 razy. Znajdź najbardziej prawdopodobną liczbę sukcesów (herb).

Rozwiązanie. Możliwe wartości liczby sukcesów w trzech rozpatrywanych próbach to m = 0, 1, 2 lub 3. Niech Am będzie zdarzeniem, w którym herb pojawi się m razy w trzech rzutach monetą. Korzystając ze wzoru Bernoulliego łatwo jest znaleźć prawdopodobieństwa zdarzeń Am (patrz tabela):

Z tej tabeli widać, że najbardziej prawdopodobne wartości to liczby 1 i 2 (ich prawdopodobieństwa wynoszą 3/8). Ten sam wynik można uzyskać z Twierdzenia 2. Rzeczywiście, n=3, p=1/2, q=1/2. Następnie

, tj. .

Zadanie 5. W wyniku każdej wizyty agenta ubezpieczeniowego dochodzi do zawarcia umowy z prawdopodobieństwem 0,1. Znajdź najbardziej prawdopodobną liczbę zawartych umów po 25 wizytach.

Rozwiązanie. Mamy n=10, p=0,1, q=0,9. Nierówność dla najbardziej prawdopodobnej liczby sukcesów przyjmuje postać: 25×0,1–0,9 mln GBP*25×0,1+0,1 lub 1,6 mln GBP*2,6 GBP. Ta nierówność ma tylko jedno rozwiązanie całkowite, a mianowicie m*=2.

Problem 6 . Wiadomo, że wskaźnik defektów dla pewnej części wynosi 0,5%. Inspektor sprawdza 1000 części. Jakie jest prawdopodobieństwo znalezienia dokładnie trzech wadliwych części? Jakie jest prawdopodobieństwo znalezienia co najmniej trzech wadliwych części?

Rozwiązanie. Mamy 1000 testów Bernoulliego z prawdopodobieństwem „sukcesu” p=0,005. Stosując przybliżenie Poissona dla λ=np=5 otrzymujemy

2) P1000(m3)=1-P1000(m<3)=1-»1-,

i P1000(3)”0,14; Р1000(m3)»0,875.

Problem 7 . Prawdopodobieństwo zakupu podczas wizyty klienta w sklepie wynosi p=0,75. Znajdź prawdopodobieństwo, że przy 100 wizytach klient dokona zakupu dokładnie 80 razy.

Rozwiązanie. W tym przypadku n=100, m=80, p=0,75, q=0,25. Znaleźliśmy , i wyznacz j(x)=0,2036, wówczas wymagane prawdopodobieństwo wynosi Р100(80)= .

Zadanie 8. Towarzystwo ubezpieczeniowe zawarło 40 tys. umów. Prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzenia ubezpieczeniowego dla każdego z nich w ciągu roku wynosi 2%. Znajdź prawdopodobieństwo, że takich przypadków nie będzie więcej niż 870.

Rozwiązanie. Zgodnie z warunkami zadania n=40000, p=0,02. Znajdujemy np=800,. Aby obliczyć P(m £ 870), używamy twierdzenia całkowego Moivre’a-Laplace’a:

P(0 .

Z tabeli wartości funkcji Laplace'a znajdujemy:

P(0

Problem 9 . Prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzenia w każdym z 400 niezależnych badań wynosi 0,8. Znajdź liczbę dodatnią e taką, że z prawdopodobieństwem 0,99 wartość bezwzględna odchylenia względnej częstotliwości występowania zdarzenia od jego prawdopodobieństwa nie przekracza e.

Rozwiązanie. Zgodnie z warunkami zadania p=0,8, n=400. Korzystamy z wniosku z twierdzenia całkowego Moivre’a-Laplace’a: . Stąd, ..gif" szerokość="587" wysokość="41">

5. Dyskretne zmienne losowe

Problem 1 . W zestawie 3 kluczy do drzwi pasuje tylko jeden klucz. Klucze są przeszukiwane aż do znalezienia odpowiedniego klucza. Skonstruuj prawo rozkładu zmiennej losowej x – liczby testowanych kluczy .

Rozwiązanie. Liczba wypróbowanych kluczy mogła wynosić 1, 2 lub 3. Jeśli wypróbowano tylko jeden klucz, oznacza to, że ten pierwszy klucz od razu pasował do drzwi, a prawdopodobieństwo takiego zdarzenia wynosi 1/3. Zatem, jeśli były 2 przetestowane klucze, tj. x=2, oznacza to, że pierwszy klucz nie zadziałał, ale drugi tak. Prawdopodobieństwo tego zdarzenia wynosi 2/3×1/2=1/3..gif" szerokość="100" wysokość="21"> Wynikiem jest następujący szereg rozkładu:

Problem 2 . Skonstruuj dystrybuantę Fx(x) dla zmiennej losowej x z zadania 1.

Rozwiązanie. Zmienna losowa x ma trzy wartości 1, 2, 3, które dzielą całą oś liczbową na cztery przedziały: . Jeśli x<1, то неравенство x£x невозможно (левее x нет значений случайной величины x) и значит, для такого x функция Fx(x)=0.

Jeśli 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.

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

I wreszcie w przypadku x³3 nierówność x£x obowiązuje dla wszystkich wartości zmiennej losowej x, zatem P(x

Otrzymaliśmy więc następującą funkcję:

Problem 3. Wspólne prawo rozkładu zmiennych losowych x i h podano za pomocą tabeli

Oblicz szczegółowe prawa rozkładu wielkości składowych x i h. Określ, czy są one zależne..gif" szerokość="423" wysokość="23 src=">;

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

Częściowy rozkład h otrzymuje się w podobny sposób:

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

Uzyskane prawdopodobieństwa można zapisać w tej samej tabeli naprzeciwko odpowiednich wartości zmiennych losowych:

Teraz odpowiedzmy na pytanie o niezależność zmiennych losowych x i h..gif" szerokość="108" wysokość="25 src="> w tej komórce. Przykładowo w komórce dla wartości x=-1 i h=1 istnieje prawdopodobieństwo 1/16, a iloczyn odpowiednich prawdopodobieństw cząstkowych 1/4 × 1/4 jest równy 1/16, czyli pokrywa się z prawdopodobieństwem łącznym. Warunek ten również jest sprawdzany pozostałych pięciu komórek i okazuje się, że jest to prawdą we wszystkich. Zatem zmienne losowe x i h są niezależne.

Należy pamiętać, że jeśli nasz warunek został naruszony przynajmniej w jednej komórce, to ilości należy uznać za zależne.

Aby obliczyć prawdopodobieństwo Zaznaczmy komórki, dla których warunek https://pandia.ru/text/78/307/images/image092.gif" szerokość="574" wysokość="23 src=">

Problem 4 . Niech zmienna losowa ξ ma następujące prawo rozkładu:

Oblicz oczekiwanie matematyczne Mx, wariancję Dx i odchylenie standardowe s.

Rozwiązanie. Z definicji matematyczne oczekiwanie x jest równe

Odchylenie standardowe https://pandia.ru/text/78/307/images/image097.gif" szerokość="51" wysokość="21">.

Rozwiązanie. Skorzystajmy ze wzoru . Mianowicie w każdej komórce tabeli mnożymy odpowiednie wartości i, mnożymy wynik przez prawdopodobieństwo pij i sumujemy to wszystko we wszystkich komórkach tabeli. W rezultacie otrzymujemy:

Problem 6 . Dla pary zmiennych losowych z Zadania 3 oblicz kowariancję cov(x, h).

Rozwiązanie. W poprzednim zadaniu obliczono już oczekiwanie matematyczne . Pozostaje policzyć I . Korzystając z praw dystrybucji cząstkowej otrzymanych przy rozwiązywaniu Zadania 3, otrzymujemy

; ;

i to oznacza, że

czego można było się spodziewać ze względu na niezależność zmiennych losowych.

Zadanie 7. Wektor losowy (x, h) przyjmuje wartości (0,0), (1,0), (–1,0), (0,1) i (0,–1) z jednakowym prawdopodobieństwem. Oblicz kowariancję zmiennych losowych x i h. Pokaż, że są zależni.

Rozwiązanie. Ponieważ 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, wówczas Мx=3/5’0+1/5’1+1 /5’(–1)=0 i 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.

Otrzymujemy cov(x, h)=М(xh)–МxМh=0, a zmienne losowe są nieskorelowane. Są jednak uzależnieni. Niech x=1, to prawdopodobieństwo warunkowe zdarzenia (h=0) jest równe P(h=0|x=1)=1 i nie jest równe prawdopodobieństwu bezwarunkowemu P(h=0)=3/5 , czyli prawdopodobieństwo (ξ=0,η =0) nie jest równe iloczynowi prawdopodobieństw: Р(x=0,h=0)=1/5¹Р(x=0)Р(h=0)=9/ 25. Dlatego x i h są zależne.

Problem 8 . Losowe przyrosty cen akcji dwóch spółek w dniu x i h mają łączny rozkład podany w tabeli:

Znajdź współczynnik korelacji.

Rozwiązanie. Najpierw obliczamy Mxh=0,3-0,2-0,1+0,4=0,4. Następnie znajdujemy szczególne prawa rozkładu x i h:

Definiujemy 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. Dostajemy

.

Zadanie 9. Losowe przyrosty cen akcji dwóch spółek dziennie mają wariancje Dx=1 i Dh=2, a ich współczynnik korelacji r=0,7. Znajdź wariancję przyrostu ceny portfela składającego się z 5 akcji pierwszej spółki i 3 akcji drugiej spółki.

Rozwiązanie. Korzystając z własności dyspersji, kowariancji oraz definicji współczynnika korelacji otrzymujemy:

Problem 10 . Rozkład dwuwymiarowej zmiennej losowej podaje tabela:

Znajdź rozkład warunkowy i oczekiwanie warunkowe h przy x=1.

Rozwiązanie. Warunkowe oczekiwanie matematyczne to

Z warunków zadania znajdujemy rozkład składników h i x (ostatnia kolumna i ostatni wiersz tabeli).