Játék, amelyben a résztvevők komikus feladatot hajtanak végre. Problémák a valószínűségszámításban megoldásokkal. Mit akarsz most csinálni?

Problémák a valószínűségszámításban megoldásokkal

1. Kombinatorika

1. probléma . 30 tanuló van a csoportban. Meg kell választani egy vezetőt, egy igazgatóhelyettest és egy szakszervezeti szervezőt. Hány módja van ennek?

Megoldás. A 30 diák közül bármelyik választható igazgatónak, a fennmaradó 29 diák közül bármelyik választható helyettesnek, a maradék 28 diák közül pedig bármelyik választható szakszervezeti szervezőnek, azaz n1=30, n2=29, n3=28. A szorzási szabály szerint a vezető, a helyettese és a szakszervezeti vezető kiválasztásának összesen N módja N=n1´n2´n3=30´29´28=24360.

2. probléma . Két postásnak 10 levelet kell kézbesítenie 10 címre. Hányféleképpen tudják elosztani a munkát?

Megoldás. Az első levélnek n1=2 alternatívája van – vagy az első postás, vagy a második küldi el a címzetthez. A második betűnél is van n2=2 alternatíva stb., azaz n1=n2=…=n10=2. Ezért a szorzási szabály értelmében a levelek két postás közötti szétosztási módjainak teljes száma egyenlő

3. probléma. 100 alkatrész van a dobozban, ebből 30 1. osztályú, 50 2. osztályú, a többi 3. osztályú. Hányféleképpen lehet eltávolítani egy 1. vagy 2. osztályú alkatrészt egy dobozból?

Megoldás. Az 1. évfolyam egy része n1=30, a 2. évfolyam egy része n2=50 módon kinyerhető. Az összegezési szabály szerint N=n1+n2=30+50=80 módja van az 1. vagy 2. évfolyam egy részének kinyerésének.

5. probléma . A versenyen a 7 résztvevő szereplési sorrendje sorsolással kerül megállapításra. Hány különböző sorsolási lehetőség lehetséges?

Megoldás. A sorsolás egyes változatai csak a versenyben résztvevők sorrendjében térnek el egymástól, azaz 7 elem permutációja. Számuk egyenlő

6. probléma . A versenyen 10 film vesz részt 5 jelölésben. Hány lehetőség van a nyeremények kiosztására, ha az alábbi szabályok minden kategóriában érvényesek? különféle díjak?

Megoldás. A díjkiosztási lehetőségek mindegyike 10-ből 5 film kombinációja, amelyek mind összetételükben, mind sorrendjükben különböznek a többi kombinációtól. Mivel minden film egy vagy több kategóriában kaphat díjat, ugyanazok a filmek megismételhetők. Ezért az ilyen kombinációk száma megegyezik a 10 5 elemből álló ismétléses elhelyezések számával:

7. probléma . Egy sakkversenyen 16 fő vesz részt. Hány meccset kell lejátszani egy versenyen, ha egy meccset kell játszani bármely két résztvevő között?

Megoldás. Minden játékot 16-ból két résztvevő játszik, és csak a résztvevőpárok összetételében tér el a többitől, azaz 2 16 elemének kombinációja. Számuk egyenlő

8. probléma . A 6. feladat feltételei között határozza meg, hány lehetőség van a díjak kiosztására, ha az összes jelölésre! ugyanaz nyereményeket?

Megoldás. Ha minden jelölésre ugyanazokat a díjakat állapítják meg, akkor a filmek sorrendje 5 díjból álló kombinációban nem számít, és a lehetőségek száma a 10 elemből álló 5-ös ismétlődésű kombinációk száma, amelyet a képlet határoz meg.

9. feladat. A kertésznek három napon belül 6 fát kell elültetnie. Hányféleképpen oszthatja el munkáját a napok között, ha naponta legalább egy fát ültet?

Megoldás. Tegyük fel, hogy egy kertész sorban fákat ültet, és különböző döntéseket hozhat arról, hogy melyik fát állítsa le az első napon, és melyiket a második napon. Így elképzelhető, hogy a fákat két válaszfal választja el, amelyek mindegyike 5 hely valamelyikén állhat (a fák között). A válaszfalaknak egyenként kell ott lenniük, mert különben egy napon egyetlen fát sem ültetnek el. Így 2 elemet kell kiválasztania az 5-ből (nincs ismétlés). Ezért a módok száma .

10. probléma. Hány olyan (esetleg nullával kezdődő) négyjegyű szám van, amelyek számjegyei 5-öt adnak?

Megoldás. Képzeljük el az 5-ös számot egymást követő számok összegeként, partíciókkal csoportokra bontva (minden csoport összesen a szám következő számjegyét alkotja). Egyértelmű, hogy 3 ilyen partícióra lesz szükség, 6 hely van a partícióknak (minden egység előtt, közöttük és utána). Minden helyet egy vagy több partíció is elfoglalhat (utóbbi esetben nincs köztük egy, és a megfelelő összeg nulla). Tekintsük ezeket a helyeket egy halmaz elemeinek. Így a 6-ból 3 elemet kell kiválasztania (ismétléssel). Ezért a szükséges számú szám

11. probléma . Hányféleképpen osztható egy 25 fős diákcsoport három A, B és C 6, 9 és 10 fős alcsoportra?

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

1. probléma . Egy dobozban 5 narancs és 4 alma van. 3 gyümölcsöt véletlenszerűen választunk ki. Mennyi a valószínűsége, hogy mindhárom gyümölcs narancs?

Megoldás. Az alapvető eredmények itt olyan halmazok, amelyek 3 gyümölcsöt tartalmaznak. Mivel a gyümölcsök sorrendje közömbös, választásukat rendezetlennek (és nem ismétlődőnek) tekintjük..gif" width="21" height="25 src=">. A kedvező kimenetelek száma megegyezik a számos módon választhat 3 narancsot a rendelkezésre álló 5 közül, azaz gif" width="161 height=83" height="83">.

2. probléma . A tanár megkéri mindhárom tanulót, hogy gondoljanak ki egy tetszőleges számot 1-től 10-ig. Feltéve, hogy minden tanuló egyformán lehetséges egy adott szám választása, határozza meg annak valószínűségét, hogy valamelyiküknek ugyanaz a szám lesz.

Megoldás. Először is számítsuk ki az eredmények teljes számát. Az első tanuló 10 szám közül választ egyet, és n1=10 lehetősége van, a másodiknak szintén n2=10, végül a harmadiknak is n3=10 lehetősége van. A szorzási szabály értelmében a módok száma összesen egyenlő: n= n1´n2´n3=103 = 1000, azaz a teljes tér 1000 elemi eredményt tartalmaz. Az A esemény valószínűségének kiszámításához célszerű áttérni az ellenkező eseményre, azaz megszámolni, hogy hány esetre gondol mindhárom tanuló különböző számokra. Az elsőnél még m1=10 mód van a szám kiválasztására. A második tanulónak most már csak m2=9 lehetősége van, mivel ügyelnie kell arra, hogy a létszáma ne essen egybe az első tanuló tervezett létszámával. A harmadik tanuló még korlátozottabb a választásában - csak m3=8 lehetősége van. Ezért az elgondolt számok azon kombinációinak teljes száma, amelyekben nincs egyezés, m=10×9×8=720. 280 esetben van egyezés, ezért a kívánt valószínűség P = 280/1000 = 0,28.

3. probléma . Határozzuk meg annak valószínűségét, hogy egy 8 jegyű számban pontosan 4 számjegy azonos, a többi pedig különböző.

Megoldás. Esemény A=(egy nyolcjegyű szám 4 azonos számjegyből áll). A feladat feltételeiből az következik, hogy a szám öt különböző számjegyet tartalmaz, amelyek közül az egyik ismétlődik. A kiválasztási módok száma megegyezik a 10 számjegyből egy számjegy kiválasztásával..gif" width="21" height="25 src="> . Ezután a kedvező eredmények száma. A számok teljes száma 8 jegyű számok összeállításának módjai |W|=108 A szükséges valószínűség egyenlő

4. probléma . Hat ügyfél véletlenszerűen lép kapcsolatba 5 céggel. Határozza meg annak valószínűségét, hogy senki sem lép kapcsolatba legalább egy céggel.

Megoldás. Tekintsük az ellenkező eseményt: https://pandia.ru/text/78/307/images/image020_10.gif" width="195" height="41">. A 6 ügyfél 5 vállalaton belüli elosztásának teljes száma. . Ennélfogva, .

5. probléma . Legyen N golyó egy urnában, amelyek közül M fehér és N–M fekete. n golyót húznak az urnából. Határozza meg annak valószínűségét, hogy pontosan m fehér golyó lesz közöttük.

Megoldás. Mivel az elemek sorrendje itt nem fontos, az összes lehetséges n térfogatú N elem halmazának száma egyenlő m fehér golyó, n–m fekete golyó kombinációinak számával, és ezért a szükséges valószínűség egyenlő P(A) = https://pandia. ru/text/78/307/images/image031_2.gif" width="167" height="44">.

7. probléma (találkozó probléma) . Két személy A és B megállapodott abban, hogy 12 és 13 óra között egy meghatározott helyen találkoznak. Az elsőként érkező személy 20 percig várja a másikat, majd elmegy. Mekkora a valószínűsége annak, hogy A és B személy találkozik, ha mindegyikük érkezése véletlenszerűen megtörténhet a megadott órán belül, és az érkezés pillanatai függetlenek?

Megoldás. Jelöljük A személy érkezésének pillanatát x-szel, B személy érkezésének pillanatát y-vel. A találkozó létrejöttéhez szükséges és elegendő, hogy x-yô £20. Ábrázoljuk x-et és y-t koordinátákként egy síkon, léptékegységként a percet választva. Az összes lehetséges kimenetet egy 60-as oldalú négyzet pontjai képviselik, a találkozónak kedvezőek pedig az árnyékolt területen helyezkednek el. A kívánt valószínűség megegyezik az árnyékolt ábra (2.1. ábra) és a teljes négyzet területének arányával: P(A) = (602–402)/602 = 5/9.

3. Valószínűségszámítás alapképletei

1. probléma . A dobozban 10 piros és 5 kék gomb található. Két gomb véletlenszerűen kihúzódik. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a gombok azonos színűek lesznek? ?

Megoldás. Az A= esemény (az azonos színű gombok kikerülnek) ábrázolható összegként, ahol az események és a piros, illetve kék gombok kiválasztását jelentik. Két piros gomb kihúzásának valószínűsége egyenlő, és két kék gomb kihúzásának valószínűsége: https://pandia.ru/text/78/307/images/image034_2.gif" width="19 height=23" height= "23">.gif" width="249" height="83">

2. probléma . A cég alkalmazottai közül 28% beszél angolul, 30% németül, 42% franciául; angol és német – 8%, angol és francia – 10%, német és francia – 5%, mindhárom nyelv – 3%. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a cég véletlenszerűen kiválasztott alkalmazottja: a) tud angolul vagy németül; b) tud angolul, németül vagy franciául; c) nem ismeri a felsorolt ​​nyelvek egyikét sem.

Megoldás. Jelöljük A-val, B-vel és C-vel azokat az eseményeket, amikor a cég véletlenszerűen kiválasztott munkatársa beszél angolul, németül vagy franciául. Nyilvánvaló, hogy az egyes nyelveket beszélő vállalati alkalmazottak aránya meghatározza ezeknek az eseményeknek a valószínűségét. Kapunk:

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. probléma . A családnak két gyermeke van. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a legidősebb gyermek fiú, ha ismert, hogy a családban mindkét nemű gyermek van?

Megoldás. Legyen A=(a legidősebb gyerek fiú), B=(a családban mindkét nemű gyerek van). Tegyük fel, hogy egy fiú és egy lány születése egyformán valószínű esemény. Ha a fiú születését M betű, a lány születését pedig D betűvel jelöljük, akkor az összes elemi eredmény tere négy párból áll: . Ezen a téren csak két eredmény (MD és DM) felel meg a B eseménynek. Az AB esemény azt jelenti, hogy a családnak mindkét nemű gyermeke van. A legidősebb gyermek fiú, ezért a második (legfiatalabb) gyermek lány. Ez az AB esemény egy kimenetelnek felel meg – MD. Így |AB|=1, |B|=2 és

4. probléma . A mester, akinek 10 alkatrésze van, ebből 3 nem szabványos, egyenként ellenőrzi az alkatrészeket, amíg nem talál egy szabványosat. Mennyi annak a valószínűsége, hogy pontosan két részletet fog ellenőrizni?

Megoldás. Az A= esemény (a mester pontosan két részt ellenőriz) azt jelenti, hogy egy ilyen ellenőrzés során az első rész nem szabványosnak bizonyult, a második pedig szabványos volt. Ez azt jelenti, ahol =(az első rész nem szabványosnak bizonyult) és =(a második rész szabványos volt). Nyilvánvalóan az A1 esemény valószínűsége is egyenlő , mivel a második rész felvétele előtt a mesternek 9 alkatrésze maradt, ebből csak 2 nem szabványos és 7 szabványos. A szorzási tétel alapján

5. probléma . Egy dobozban 3 fehér és 5 fekete golyó, a másikban 6 fehér és 4 fekete golyó található. Határozza meg annak valószínűségét, hogy legalább egy dobozból fehér golyót húznak, ha mindegyik dobozból egy golyót húznak.

Megoldás. Az A= (legalább egy dobozból fehér golyót vesznek ki) eseményt összegként ábrázolhatjuk, ahol az események egy fehér golyó megjelenését jelentik az első és a második mezőből..gif" width="91 " height="23">..gif " width="20" height="23 src=">.gif" width="480" height="23">.

6. probléma . Egy adott tárgyból 30 fős csoportból három vizsgáztató vizsgázik, az első 6, a második 3, a harmadik pedig 21 hallgatót vizsgáz (a tanulókat véletlenszerűen választják ki listáról). A három vizsgázó hozzáállása a gyengén felkészültekhez eltérő: az első tanárnál 40%, a másodiknál ​​csak 10%, a harmadiknál ​​70% az esélye annak, hogy sikeresen vizsgáznak. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy rosszul felkészült diák sikeres vizsgát tesz .

Megoldás. Jelöljük a hipotézisekkel, hogy a rosszul felkészült hallgató az első, második és harmadik vizsgázóra válaszolt. A probléma körülményei szerint

, , .

Legyen A= esemény (rosszul felkészült tanuló sikeres vizsgát tett). Aztán megint a probléma körülményei miatt

, , .

A teljes valószínűségi képlet segítségével a következőket kapjuk:

7. probléma . A vállalatnak három alkatrészbeszerzési forrása van - A, B, C cégek. A vállalat a teljes kínálat 50%-át, B - 30%-át és C - 20%-át adja. A gyakorlatból ismert, hogy az A cég által szállított alkatrészek közül 10%, a B cégnél 5%, a C cégnél pedig 6% hibás. Mennyi annak a valószínűsége, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott alkatrész megfelelő lesz?

Megoldás. Legyen G esemény egy megfelelő rész megjelenése. Annak a hipotézisnek a valószínűsége, hogy az alkatrészt A, B, C cégek szállították, P(A)=0,5, P(B)=0,3, P(C)=0,2. Egy jó rész megjelenésének feltételes valószínűsége egyenlő P(G|A)=0,9, P(G|B)=0,95, P(G|C)=0,94 (mint az ellentétes események valószínűsége hibás alkatrész). A teljes valószínűségi képlet segítségével a következőket kapjuk:

P(G)=0,5×0,9+0,3×0,95+0,2×0,94=0,923.

8. probléma (lásd 6. feladat). Tudatosítsuk, hogy a hallgató nem vizsgázott, azaz „elégtelen” osztályzatot kapott. A három tanár közül melyikre válaszolt a legszívesebben? ?

Megoldás. A „kudarc” valószínűsége egyenlő. Ki kell számolnia a feltételes valószínűségeket. Bayes képleteit használva a következőket kapjuk:

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

Ebből az következik, hogy nagy valószínűséggel a rosszul felkészült hallgató egy harmadik vizsgáztatóhoz vizsgázott.

4. Ismételt független tesztek. Bernoulli tétele

1. probléma . A kockát 6-szor dobják el. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy hatost pontosan háromszor dobnak.

Megoldás. A hatszori kockadobás felfogható független próbák sorozatának, amelyeknek a siker valószínűsége ("hatok") 1/6, a sikertelenség valószínűsége pedig 5/6. A képlet segítségével kiszámítjuk a szükséges valószínűséget .

2. probléma . Az érmét 6 alkalommal dobják fel. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a címer legfeljebb 2 alkalommal jelenik meg.

Megoldás. A szükséges valószínűség három esemény valószínűségének összegével egyenlő, abból áll, hogy a címer még egyszer, egyszer vagy kétszer sem jelenik meg:

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

4. probléma . Az érmét 3-szor dobják fel. Keresse meg a sikerek legvalószínűbb számát (címer).

Megoldás. A három vizsgált kísérletben a sikerek számának lehetséges értékei m = 0, 1, 2 vagy 3. Legyen Am az az esemény, amikor a címer m-szer jelenik meg három érmefeldobás során. Bernoulli képletével könnyen megtalálhatjuk az Am események valószínűségét (lásd a táblázatot):

Ebből a táblázatból látható, hogy a legvalószínűbb értékek az 1 és 2 számok (valószínűségük 3/8). Ugyanezt az eredményt kaphatjuk a 2. Tételből is. Valóban, n=3, p=1/2, q=1/2. Akkor

, azaz .

5. feladat. A biztosítási ügynök minden egyes látogatása eredményeként a szerződés 0,1-es valószínűséggel jön létre. Keresse meg a megkötött szerződések legvalószínűbb számát 25 látogatás után.

Megoldás. Nálunk n=10, p=0,1, q=0,9. A sikerek legvalószínűbb számának egyenlőtlensége a következő formában jelenik meg: 25×0,1–0,9£*25£×0,1+0,1 vagy 1,6£*2,6. Ennek az egyenlőtlenségnek csak egy egész megoldása van, mégpedig m*=2.

6. probléma . Ismeretes, hogy egy bizonyos alkatrésznél a hibaarány 0,5%. Az ellenőr 1000 alkatrészt ellenőriz. Mennyi a valószínűsége annak, hogy pontosan három hibás alkatrészt találunk? Mennyi a valószínűsége annak, hogy legalább három hibás alkatrészt találunk?

Megoldás. 1000 Bernoulli tesztünk van, a „siker” valószínűséggel p=0,005. A Poisson-közelítést λ=np=5-tel alkalmazva kapjuk

2) P1000(m³3)=1-P1000(m<3)=1-»1-,

és P1000(3)"0,14; Р1000(m³3)»0,875.

7. probléma . A vásárlás valószínűsége, amikor egy vásárló felkeres egy boltot, p=0,75. Határozza meg annak valószínűségét, hogy 100 látogatással az ügyfél pontosan 80 alkalommal vásárol.

Megoldás. Ebben az esetben n=100, m=80, p=0,75, q=0,25. Találunk , és határozza meg j(x)=0,2036, akkor a szükséges valószínűség egyenlő Р100(80)= .

8. feladat. A biztosító 40 ezer szerződést kötött. A biztosítási esemény valószínűsége mindegyiknél év közben 2%. Határozza meg annak valószínűségét, hogy legfeljebb 870 ilyen eset lesz.

Megoldás. A feladat feltételei szerint n=40000, p=0,02. Azt találjuk, hogy np=800,. A P(m £ 870) kiszámításához a Moivre-Laplace integráltételt használjuk:

P(0 .

A Laplace-függvény értéktáblázatából ezt találjuk:

P(0

9. probléma . Egy esemény bekövetkezésének valószínűsége 400 független vizsgálat mindegyikében 0,8. Keressünk egy olyan pozitív e számot, amelyre 0,99 valószínűség mellett az esemény relatív előfordulási gyakoriságának valószínűségétől való eltérésének abszolút értéke nem haladja meg az e-t.

Megoldás. A feladat feltételei szerint p=0,8, n=400. A Moivre-Laplace integráltétel egy következményét használjuk: . Ennélfogva, ..gif" width="587" height="41">

5. Diszkrét valószínűségi változók

1. probléma . Egy 3 kulcsos készletben csak egy kulcs illik az ajtóhoz. A kulcsokat addig keresi, amíg megfelelő kulcsot nem talál. Készítsen eloszlási törvényt az x valószínűségi változóra – a tesztelt kulcsok száma .

Megoldás. A kipróbált kulcsok száma 1, 2 vagy 3 lehet. Ha csak egy kulcsot próbáltak ki, ez azt jelenti, hogy ez az első kulcs azonnal megegyezett az ajtóval, és egy ilyen esemény valószínűsége 1/3. Tehát, Következő, ha 2 tesztelt kulcs volt, azaz x=2, ez azt jelenti, hogy az első kulcs nem működött, de a második igen. Ennek az eseménynek a valószínűsége 2/3×1/2=1/3..gif" width="100" height="21"> Az eredmény a következő eloszlási sorozat:

2. probléma . Szerkesszük meg az Fx(x) eloszlásfüggvényt az x valószínűségi változóra az 1. feladatból.

Megoldás. Az x valószínűségi változónak három értéke van 1, 2, 3, amelyek a teljes numerikus tengelyt négy intervallumra osztják: . Ha x<1, то неравенство x£x невозможно (левее x нет значений случайной величины x) и значит, для такого x функция Fx(x)=0.

Ha 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.

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

És végül x³3 esetén az x£x egyenlőtlenség az x valószínűségi változó összes értékére érvényes, tehát P(x

Így a következő függvényt kaptuk:

3. probléma. Az x és h valószínűségi változók együttes eloszlási törvényét a táblázat segítségével adjuk meg

Számítsa ki az x és h komponensmennyiségek eloszlásának sajátos törvényeit! Határozza meg, hogy függőek-e..gif" width="423" height="23 src=">;

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

A h részleges eloszlását a következőképpen kapjuk meg:

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

A kapott valószínűségek felírhatók ugyanabba a táblázatba a valószínűségi változók megfelelő értékeivel szemben:

Most válaszoljuk meg az x és h valószínűségi változók függetlenségére vonatkozó kérdést..gif" width="108" height="25 src="> ebben a cellában. Például az x=-1 értékek cellájában és h=1 esetén 1/16 a valószínűsége, és a megfelelő parciális valószínűségek 1/4×1/4 szorzata egyenlő 1/16-tal, azaz egybeesik az együttes valószínűséggel. a maradék öt cella, és ez mindben igaznak bizonyul, ezért az x és h valószínűségi változók függetlenek.

Vegye figyelembe, hogy ha legalább egy cellában megsértették a feltételünket, akkor a mennyiségeket függőként kell felismerni.

A valószínűség kiszámításához Jelöljük meg azokat a cellákat, amelyekre a feltétel https://pandia.ru/text/78/307/images/image092.gif" width="574" height="23 src=">

4. probléma . Legyen a ξ valószínűségi változónak a következő eloszlási törvénye:

Számítsa ki az Mx matematikai elvárást, a Dx szórást és az s szórást!

Megoldás. Definíció szerint x matematikai elvárása egyenlő

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

Megoldás. Használjuk a képletet . Ugyanis a táblázat minden cellájában megszorozzuk a megfelelő értékeket és , az eredményt megszorozzuk a pij valószínűséggel, és mindezt a táblázat összes cellájában összegezzük. Ennek eredményeként a következőket kapjuk:

6. probléma . A 3. feladatban szereplő valószínűségi változók párjára számítsuk ki a cov(x, h) kovariancia értékét.

Megoldás. Az előző feladatban már kiszámoltuk a matematikai elvárást . A számolás hátra van És . A 3. feladat megoldása során kapott parciális eloszlási törvények felhasználásával megkapjuk

; ;

és az azt jelenti

ami a valószínűségi változók függetlensége miatt várható volt.

7. feladat. Az (x, h) véletlen vektor (0,0), (1,0), (–1,0), (0,1) és (0,–1) egyenlő valószínűséggel vesz fel értékeket. Számítsa ki az x és h valószínűségi változók kovarianciáját! Mutasd meg, hogy függőek.

Megoldás. Mivel 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, majd Мx=3/5´0+1/5´1+1 /5´(–1)=0 és 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.

Azt kapjuk, hogy cov(x, h)=М(xh)–МxМh=0, és a valószínűségi változók nem korreláltak. Ezek azonban függőek. Legyen x=1, akkor az esemény feltételes valószínűsége (h=0) egyenlő P(h=0|x=1)=1-gyel, és nem egyenlő a P(h=0)=3/5 feltétel nélküli valószínűséggel , vagy a valószínűség (ξ=0,η =0) nem egyenlő a valószínűségek szorzatával: Р(x=0,h=0)=1/5¹Р(x=0)Р(h=0)=9/ 25. Ezért x és h függőek.

8. probléma . Két cég részvényárfolyamának véletlenszerű növekedése x és h napra a táblázat által megadott együttes eloszlású:

Keresse meg a korrelációs együtthatót!

Megoldás. Először is kiszámoljuk Mxh=0,3-0,2-0,1+0,4=0,4. Ezután megtaláljuk x és h eloszlásának sajátos törvényeit:

Meghatározzuk, hogy 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. Kapunk

.

9. feladat. Két cég részvényárfolyamának napi véletlenszerű növekedése Dx=1 és Dh=2 szórású, korrelációs együtthatója pedig r=0,7. Határozza meg az első cég 5 részvényéből és a második társaság 3 részvényéből álló portfólió árnövekményének szórását!

Megoldás. A diszperzió, a kovariancia tulajdonságait és a korrelációs együttható definícióját felhasználva a következőket kapjuk:

10. probléma . Egy kétdimenziós valószínűségi változó eloszlását a táblázat adja meg:

Keresse meg a feltételes eloszlást és a h feltételes elvárást x=1-nél.

Megoldás. A feltételes matematikai elvárás az

A feladat feltételei közül megtaláljuk a h és x komponensek eloszlását (a táblázat utolsó oszlopa és utolsó sora).

a Moszkvai Építészeti Iskola első végzőseivel.

A.V.: Julia, a diplomádat Szergej Choban „Movement Coordination” stúdiójában szerezted, ahol a tervezési tárgyad a skolkovói D-1 blokk volt. Amennyire meg tudom ítélni, valószínűleg az Ön munkája volt a legspecifikusabb: egy olyan helyre tervezett, amelynek kontextusa még nem alakult ki. Milyen érzés?

Yu.A.: Valóban furcsa volt a meglévő kontextus nélkül dolgozni. A Szkolkovói körzetben, amelynek főtervét Sergei Choban Speech Bureau dolgozta ki David Chipperfield cégével közösen, kaptunk egy telket, és ki kellett találnunk, mit kezdhetünk vele. Az első félévben 3 4 fős csoportra osztottak bennünket és pályázatot hirdettek közöttünk egy negyedévre szóló tervezési megoldásra. Arra a földterületre kellett elhelyeznünk, hogy a csoport létszáma szerint tizenkét, átlagosan ötemeletes házat kaptunk. Történt, hogy csapatunk nyerte a versenyt: Anya Sevcsenko, Dima Stolbovoy, Artem Slizunov és én. Meglehetősen szigorú tervet dolgoztunk ki, aminek nem csak egyes kataszteri paraméterek, hanem műszaki előírások és tervezési kód is szabtak határt.

Mi a fő terved?

A főterv eredeti változatában szereplő szerkezetet megváltoztattuk: a környezet léptékének csökkentése érdekében tömbünket 4 résztömbre osztottuk, amelyeken belül egy-egy közterület található. Ezen kívül minden alosztálynak megvolt a saját funkciója: ház, startupok, alosztály sport funkcióés a főépület, valamint egy telek szállóval, szállodával, múzeummal és ott van a főtérrel.

Milyen korlátozásokat írt be a tervezési kódba?

A negyed nagyon kicsi, és mindegyik résztvevő szándéka nagyban befolyásolhatja a többieket. Ezért nem írtunk elő konkrét anyagokat, hanem a „lábnyom” és a FAR beállításával szabályoztuk az esetleges alakváltozásokat. Például, ha „kirágsz”, megnő az emeletek száma, ami viszont szintén egy bizonyos szintre korlátozódik.

Mi volt a következő lépés?

Ezután mindegyikünknek a helyszínen egy-egy épületet kellett fejlesztenie, de azt, hogy melyik, milyen funkcióval, sorsolással határoztuk meg, a „tételekkel” papírokat húztunk. Ez volt Szergej Csaban terve. Ez a szituáció pedig alapjaiban különbözik attól, amikor maga választja ki a diploma témáját, és egy meghatározott funkciójú épületet tervez, amelynek megtervezéséről talán mind a hat évre álmodozott. Itt meg kellett békülnünk azzal, amit sorsolással kaptunk, és ez egyrészt elég fájdalmas volt, másrészt életközeli helyzet volt.

Mit kaptál?

Szerencsém volt, véleményem szerint. Terveztem egy startup épületet. Bizonyos méretekkel, amelyeket nem lehetett megváltoztatni. A legtöbb fő elv, amelyből kiindultam, ideológiai és funkcionális is volt: ma startup, de holnap már valószínűleg nem.

Végül is mi is az a Skolkovo? Erre a kérdésre senki sem tud érthetően válaszolni. Az anyagokat tanulmányozva arra a következtetésre jutottam, hogy Skolkovo saját fejlesztési stratégiája meglehetősen rugalmas. Számomra ez lett a fő feltétel, amelyet a projektemnek teljesítenie kellett. Ezért a 12 méteres épületszélességnél fontos volt számomra, hogy az épületemben ne legyenek felesleges falak. A tervezési szempontból kötelező merevítő magokon kívül semmit nem hagytam. Belül nyitott, szabad elrendezés található. Ami a külső megjelenést illeti, igyekeztem úgy kialakítani az épületemet, hogy az elég szerény, de ugyanakkor kifejező legyen.

A főhomlokzat egy 12 méteres körút felőli vége lett. Ezért úgy döntöttem, hogy élesítem a formáját. Fontos szerepet játszik a nyeregtető, amely az egész épület vizuális akcentusává vált. Köztes kapocs tárgyam két, magasságában és kifejezőképességében eltérő „szomszédja” között.

A munkafolyamat során kialakította-e saját hozzáállását a Skolkovo Információs Központ ötletéhez?

Munka közben megváltozott. Eleinte az ideológiai kontextus kissé nyomasztó volt. És akkor elkezdtük Szkolkovót már nem orosz léptékű jelenségnek tekinteni, hanem magának a helynek a problémáit alaposan mérlegelni. Hiszen ma lehet Innovációs Központ, holnap pedig valami más. Tehát az épületet le kell bontani? A jó építészet tovább élhet, mint eredeti környezete. Ő is alkot egy újat.

Nehéz volt csoportban dolgozni? Hogyan épültek fel a kapcsolatok a stúdión belül, amikor mindannyian elkezdtetek dolgozni a saját projektjén?

Igen, persze, hogy nehéz. Végül is úgy sikerült, hogy minden egyes ember kívánsága gyökeresen megváltoztathatta a helyzet egészét. A terület meglehetősen kicsi, és valakinek az ötlete, hogy mondjuk egy konzolt vagy valami mást készítsen, hatással lehet például a besugárzási szabványokra. Aztán mindannyian leültünk, és elkezdtük megbeszélni, hogy ez helyes vagy helytelen.

A végső verzió kellemesen meglepett. Eleinte úgy tűnt, hogy mindenki vágya, hogy egy wow-thesis-projektet csináljon, meghaladja a harmonikus csoportmunkát. De végül a főterv meglehetősen kiegyensúlyozottnak bizonyult. Számomra úgy tűnik, sikerült megtalálnunk az „arany középutat” a személyes ambíciók és a bizonyos játékszabályok betartása között.

Milyen jellemzői voltak a Szergej Chobannal végzett edzésnek?

Stúdiónk valamennyi vezetőjével nagyon kellemes volt együtt dolgozni. Szergej mellett Alekszej Iljin és Igor Chlenov voltak a beszédiroda munkatársai, akikhez kapcsolódó szakemberek is érkeztek, hogy segítsenek az egyes alkatrészek rendezésében. Oktatási folyamat elképesztően precíz módon, szó szerint percről percre épült. Bár Szergejnek bizonyos mértékig valószínűleg nehéz volt velünk. Nekem úgy tűnik, hogy azzal számolt, hogy szinte profik vagyunk. És nem mondhatom, hogy még gyerekek vagyunk, de még mindig hihetetlenül nagy a különbség egy irodai alkalmazott és egy diák között. Nem tanárként, hanem gyakorló építészként osztotta meg velünk tudását, és sikerült elérnie, hogy jobban önállóan és egymással dolgozzunk, mint tanárokkal. Valójában „a mozgások koordinálása” volt.

Mit adott összességében a MARCH-on eltöltött két év?

Nem mondhatom, hogy kinyílt a harmadik szem. Néhány kétség azonban eloszlott, néhány pozíció megerősödött. Most már nagyobb felelősséget vállalok azért, amit teszek és amit mondok. Talán nagyon köszönöm ezt a MARSH-t, talán nagyon köszönöm ezt az időt. Mondhatom, hogy a legértékesebb dolog, amivel MARCH rendelkezik, az iskola legfőbb erőforrása, az az emberek és valamiféle különleges légkör. Főleg az emberek miatt mentem oda. Elmentem Szergej Szitárhoz, Kiril Assuhoz, Jevgenyij Viktorovicshoz, Narine Tyutchevához. Emellett voltatok, elvtársak, akik inspiráltak és támogattak. Remélem a jövőben is kommunikálni fogunk, remélem, csinálunk valamit együtt.

Hol tanultál előtte?

Az alapdiplomámat a Moszkvai Építészeti Intézetben védtem meg a legcsodálatosabb tanárnőnél, Irina Mikhailovna Yastrebovánál. És hozzátehetem, hogy nagyon jó hozzáállásom van a MARCHI-hoz, és nem hiszem, hogy ez valami szovjet ereklye lenne. Megadja az akadémiai alapokat, és ezt követően mindenki maga dönti el, hogy mit akar csinálni.

Mit akarsz most csinálni?

Az építészetben eltöltött éves fennállásom során írtam róla, olvastam, beszéltem róla, de soha nem alkottam meg a szó teljes értelmében. Alapvetően a papírépítészettel foglalkoztam, ilyen, tudod, a konceptuális művészet iránti igényekkel. És ha korábban teljesen biztos voltam benne, hogy az elmélet határozza meg a gyakorlatot, most nem tudok hinni benne, amíg nem ellenőriztem. Ezért most meg kell látogatnom egy építkezést, meg kell értenem, milyen az - amikor papíron megcsináltál valamit, majd harcolsz érte, vitatkoztál, megállapodtál, és a végén állsz, nézel és megértel: itt van van, megtörtént! Ez az én javítási ötletem. Ezért a következő két évben gyakorlást tervezek, és igyekszem a lehető legrövidebbé tenni az utam az építkezésig és a megvalósításig.