Finished hw1, started work on hw2

probability-theory/hw/hw-template.typ

@@ -4,7 +4,7 @@
 ) = [
     
     #set document(
-        title: "Егор_Капралов_1.5_" + str(num),
+        title: "Егор_Капралов_ДЗ_" + str(num),
         author: "Капралов Егор"
     )
 

probability-theory/hw/hw1/hw1.typ

@@ -35,7 +35,23 @@ $ ol(A)B+A ol(B)+ol(A B) &= ol(A)B+A ol(B)+ol(A)+ol(B) = ol(A)(B+U)+ol(B)(A+U) =
 
 $ ol(sum^n_(k=1) A_k) = product^n_(k=1) ol(A_k) #h(5em) sum^n_(k=1) ol(A_k) = ol(product^n_(k=1) A_k) $
 
+Докажем эквивалентность. Пусть $B_k = ol(A_k)$, подставим в первое равенство:
 
+$ ol(sum^n_(k=1) ol(B_k)) = product^n_(k=1) B_k $
+$ sum^n_(k=1) ol(B_k) = ol(product^n_(k=1) B_k) $
+
+Заменив событие на противоположное мы получили правое равенство из левого, что укзаывает на их эквивалентность.
+
+Докажем справедливость равенств. Допустим, что равенства верны при $n$. Если равенства будут также верны при $n+1$, то, по принципу мат. индукции, наши первоначальные равенства справедливы:
+
+$ ol(sum^(n+1)_(k=1) A_k) = product^(n+1)_(k=1) ol(A_k) #h(5em) sum^(n+1)_(k=1) ol(A_k) = ol(product^(n+1)_(k=1) A_k) $
+$ ol(A_(n+1) + sum^n_(k=1) A_k) = ol(A_(n+1)) product^n_(k=1) ol(A_k) #h(5em) ol(A_(n+1)) + sum^n_(k=1) ol(A_k) = ol(A_(n+1) product^n_(k=1) A_k) $
+
+$ ol(A_(n+1)) thin ol(sum^n_(k=1) A_k) = ol(A_(n+1)) product^n_(k=1) ol(A_k) #h(5em) ol(A_(n+1)) + sum^n_(k=1) ol(A_k) = ol(A_(n+1)) + ol(product^n_(k=1) A_k) $
+
+$ ol(sum^n_(k=1) A_k) = product^n_(k=1) ol(A_k) #h(5em) sum^n_(k=1) ol(A_k) = ol(product^n_(k=1) A_k) $
+
+Мы вернулись к нашим первоначальным равенствам с $n$, которые, по нашему предположению верны, а значит равенства справедливы.
 
 = Задание 1.14
 
@@ -60,7 +76,6 @@ X = ol(A+B) = ol(A) thin ol(B) $
 Недостоющее событие - не выиграет ни первый, ни второй игрок (ничья)
 
 *Ответ*: $ol(A) thin ol(B)$
-#pagebreak()
 
 = Задание 2.8
 
@@ -88,7 +103,6 @@ $ p = m/n = 4/100 = 1/25 = 0.04 $
 + p = 0.2
 + p = 0.4
 + p = 0.04
-#pagebreak()
 
 = Задание 2.5
 
@@ -117,7 +131,50 @@ $ p = m/n = 92/960 = 23/240 approx 0.0958 $
 
 = Задание 2.7
 
+Из партии деталей, среди которых $n$ доброкачественных и $m$ бракованных, для контроля наудачу взято $s$ штук. При контроле оказалось, что первые $k$ из $s$ деталей доброкачественны. Определить вероятность того, что следующая деталь будет дорброкачественной.
 
+Рассматривать $s$ случайно взятых деталей равносильно тому же, что рассматривать детали из общей партии $n+m$. В общей куче осталось $n+m-k$ деталей, $n-k$ из которых - доброкачественны. Вычислим веротяность:
+
+$ p = (n-k)/(n+m-k) $
+
+*Ответ*: $p = (n-k)/(n+m-k)$
 
 = Задание 2.10
 
+Определить вероятность того, что номер первой встретившейся автомашины:
+
++ Не содержит одинаковых цифр
++ Имеет две одинаковые цифры
++ Имеет три одинаковые цифры
++ Содержит две пары одинаковых цифр
++ Состоит из одинаковых цифр
+
+Известно, что все номера четырехзначные, начиная с 0001, не повторяющиеся и равновозможные.
+
+а) Всего вариантов различных номеров $n = 10 dot 10 dot 10 dot 10 - 1 = 9999$ (вычитаем 1, поскольку 0000 не является номером по условию). Количество номеров без одинаковых цифр $m = 10 dot 9 dot 8 dot 7 = 5040$. Вычислим вероятность:
+
+$ p = m/n = 5040/9999 = 560/1111 approx 0.50405 $
+
+б) Пусть $x$ - повторяющаяся цифра, а $y$ - нет. Номера с двумя одинаковыми цифрами будут иметь 6 видов - ${x x y y, y x x y, y y x x, x y x y, y x y x, x y y x}$. $x$ может быть любой цифрой - 10 вариантов, $y$ должен отличаться от $x$ и от второго $y$ - $9 dot 8$ вариантов. Количество вариантов с двумя одинаковыми цифрами $m = 10 dot 9 dot 8 dot 6 = 4320$. Вычсилим вероятность:
+
+$ p = m/n = 4320/9999 = 480/1111 approx 0.43204 $
+
+в) Пусть $x$ - повторяющаяся цифра, а $y$ - нет. Номера с тремя одинаковыми цифрами будут иметь 4 вида - ${x x x y, x x y x, x y x x, y x x x}$. $x$ может быть любой цифрой - 10 вариантов, $y$ должен отличаться от $x$ - 9 вариантов. Количество вариантов с тремя одинаковыми цифрами $m = 10 dot 9 dot 4 = 360$. Вычислим вероятность:
+
+$ p = m/n = 360/9999 = 40/1111 approx 0.036 $
+
+г) Пусть $x$ - повторяющая цифра первой пары, а $y$ - повторяющаяся цифра второй пары. Номера с двумя парами одинаковых цифр буду 6 видов - ${x x y y, y x x y, y y x x, x y x y, y x y x, x y y x}$. $x$ может быть любой цифрой - 10 вариантов, $y$ должен отличаться от $x$ - 9 вариантов. Следует избавиться от повторов номеров при смене пар $x$ и $y$ местами (по типу 1122 и 2211), для этого мы разделим полученное количество вариантов на 2 - $m = (10 dot 9 dot 6)/2 = 270 $. Вычислим вероятность:
+
+$ p = m/n = 270/9999 = 30/1111 approx 0.027 $
+
+д) Номеров, состоящих из одинаковых цифр столько же, сколько и самих цифр, за исключением номера 0000, который исключен по условию - $m = 10 - 1 = 9$. Вычислим вероятность:
+
+$ p = m/n = 9/9999 = 1/1111 approx 0.0009 $
+
+*Ответ*:
++ $p = 560/1111$
++ $p = 480/1111$
++ $p = 40/1111$
++ $p = 30/1111$
++ $p = 1/1111$
+

probability-theory/hw/hw2/hw2.typ

@@ -0,0 +1,49 @@
+#import "../hw-template.typ"
+#import hw-template: *
+#import "../../../helpers.typ"
+#import helpers: *
+
+#show: doc => hw(
+    num: 2,
+    doc
+)
+
+#set enum(numbering: ru_alph(pattern: "а)"))
+
+#let ol(text) = $overline(text)$
+
+#outline()
+#pagebreak()
+
+= Задание 2.18
+
+В зале насчитывающем $n+k$ мест, случайным образом занимают места $n$ человек. Определить вероятность того, что будут заняты определенные $m <= n$ мест.
+
+Число возможных способов рассадки $n$ человек на $n+k$ мест равняется $N = C^n_(n+k)$. Число возможных способов рассадки $n-m$ человек на $n+k-m$ ненужных мест равняется $M = C^(n-m)_(n+k-m)$ - это и будут благоприятствующие случаи. Вычислим вероятность:
+
+$ p = M/N = C^(n-m)_(n+k-m)/C^n_(n+k) $
+
+*Ответ*: $p = C^(n-m)_(n+k-m)/C^n_(n+k)$
+
+= Задание 2.19
+
+Из колоды карт (52 карты) наудачу извлекаются три карты. Найти вероятность того, что это будет тройка, семерка и туз.
+
+Число возможных способов достать 3 карты из колоды размером 52 карты $n = C^3_52$. Число возможных способов достать карту определенного ранга, учитывая, что каждый ранг имеет 4 карты разной масти - $a = C^1_4$. Число возможных способов достать 3 карты трёх определенных рангов - $M = a dot a dot a = C^1_4 C^1_4 C^1_4$ - это и будут благоприятствующие случаи. Вычислим вероятность:
+
+$ p = M/N = (C^1_4 C^1_4 C^1_4)/C^3_52 = 64/22100 = 16/5525 approx 0.0029 $
+
+*Ответ*: $p = 16/5525$
+
+= Задание 2.20
+
+Из колоды в 36 карт наудачу извлекаются три карты. Определить вероятность того, что сумма очков этих карт равна 21, если валет составляет два очка, дама - три, король - четыре, туз - одиннадцать, а остальные карты - соответсвенно шесть, семь, восемь, девять и десять очков.
+
+= Задание 2.21
+
+
+
+= Задание 2.22
+
+
+