رياضيات فصل ثاني

الدرس الأول:التوزيع الهندسي وتوزيع ذي الحدين

 

مسألة اليوم :

يتدرب عمر على لعبة الشطرنج للفوز ببطولتها في مواجهة ‏برنامج حاسوبي مُعَدَّ لهذا الفرض.

إذا كان احتمال فوز عمر في كل لعبة هو 0.25  فأجد احتمال أن تكون اللعبة ‏الثالثة هى أول لعبة يفوز بها منذ بَدئه التدريب.

حل مسألة اليوم :

هذه التجربة هي تجربة احتمالية هندسية. لأنها تقوم على تكرار تجربة برنولي حتى التوصل لأول نجاح.

X :  عدد المحاولات للوصول إلى أول نجاح

---

أتحقق من فهمي ص 164

أبين إذا كانت التجربة العشوائية تمثل تجربة احتمالية هندسية في كل مما يأتي:

a) إلقاء عبد العزيز قطعة نقد منتظمة 6 مَرّات ، ثم كتابة عدد مَرّات ظهور الصورة.

الحل:

لدينا ست محاولات مستقلة أي أن وقوع أو عدم وقوع أحدها لا يؤثر في الآخر

- وفي كل محاولة ؛ يمكن اعتبار ظهور الصورة نجاحا p=0.5  وظهور الكتابة فشلا .

- واحتمال النجاح p=0.5 ثابت في كل مرة لا يتغير  .

- لكن لا يتم التوقف عند أول نجاح   ، بل إنه يكمل 6 محاولات مهما كانت النتائج

  لذلك لا تمثل هذه التجربة تجربة احتمالية هندسية.  

---

 b) إطلاق سامية أسهما بشكل متكرر نحو هدف ثم التوقّف عند إصابته أول مرة علما بأن  احتمال إصابتها الهدف في كل مَرَّة هو 0.6  .

الحل:

- لدينا محاولات مستقلة يتم تكرارها ( محاولة إصابة الهدف)

- في كل مرة يمكن اعتبار إصابة الهدف نجاحا ،  وعدم إصابته فشلا

- احتمال النجاح في كل مرة ثابت وهو 0.6

- يتم التوقف عند أول نجاح

إذن هذه تجربة احتمالية هندسية لتحقق الشروط الأربعة.

---

اتحقق من فهمي ص 166 

يمثل الشكل المجاور قرصًا مقسما إلى 4 قطاعات متطابقة.     

إذا دل  المُتغْيرَ العشوائي X  على عدد مَرّات تدوير مُؤشر القرص

حتى يقف عند اللون الأخضر أول مَرَّة ،  فأجد كلا مما يأتي:

احتمال تدوير مُوْشّر القرص ثلاث مَرّات على الأقل حتى يقف عند اللون الأخضر أول مرة.

 الحل:

- لدينا محاولات مستقلة يتم تكرارها ( تدوير مؤشر القرص وملاحظة أين يقف)

- في كل محاولة يمكن اعتبار توقف المؤشر على اللون الأخضر نجاحا ،  وتوقفه عند أي لون غير الأخضر فشلا .

- احتمال النجاح في كل مرة ثابت فيه:  p = 0.25

يتم التوقف عند أول نجاح

فهذه تجربة احتمالية هندسية لتحقق الشروط الأربعة.

X: عدد المحاولات للوصول إلى أول نجاح .

 

---

---

---

أتحقّق من فهمي ص168

تسويق: أعلنت إحدى شركات تصنيع حبوب الفطور للأطفال عن وجود لعبة مجانية في بعض

علب الحبوب الجديدة التي تنتجها الشركة. إذا احتوت علبة من كل 4 علب على لعبة.

ودلّ المتغير العشوائي X  على عدد العلب التي سيفتحها الطفل حتى يجد لعبة.

فكم علبة يتوقع أن يفتحها الطفل حتى يجد أول لعبة؟

الحل:

بما أن الطفل يكرر فتح العلب حتى يصل إلى علبة فيها لعبة. فيمكن اعتبار X  عدد المحاولات متغيرًا عشوائيًا هندسيًا أي:

---

أتحقق من فهمي ص169

‏ أبين إذا كانت التجربة العشوائية تمثل تجربة احتمالية ذات حدين في كل مما يأتي:

a) إلقاء حجر نرد منتظم 20 مرة،  ثم كتابة عدد المَرّات التي ظهر فيها العدد 1 على الوجه العلوي لحجر النرد.

الحل:

- يتم تكرار إلقاء حجر النرد وملاحظة العدد الظاهر على الوجه العلوي؛ وهذه المحاولات مستقلة.

- في كل محاولة يعدّ (النجاح) ظهور العدد (1) على الوجه العلوي و (الفشل) ظهور أي عدد غير (1) على الوجه العلوي.

- احتمال النجاح في كل مرة ثابت وهو 1/6  .

- عدد المحاولات محدد سلفا وهو 20 محاولة.

 إذن : هذه تجربة احتمالية ذات حدين؛ لتحقيقها الشروط الأربعة.

---

b) اختيار 7 طلبة عشوائيًا من صف روضة فيه 15 ولدًا و10 بنات ، وذلك لتشكيل فريق لإحدى الألعاب ،  

      ثم كتابة عدد البنات اللاتي وقع عليهن الاختيار.

الحل:

محاولات اختيار 7 من طلبة روضة غير مستقلة

لأن احتمال اختيار بنت غير ثابت بسبب تناقص عدد عناصر العينة في كل مرة ، أي تأثر كل تجربة بسابقتها في جميع المحاولات.

إذن هذه ليست تجربة احتمالية ذات حدين .

---

أتحقق من فهمي ص 172

a) ألقت عائشة حجر نرد منتظمًا 10 مَرّات. ما احتمال ظهور الرقم 1 على الوجه العلوي 3 مَرات فقط

الحل:

لدينا تجربة عشوائية ذات حدين.

وعدد مرات ظهور الرقم (1) على الوجه العلوي هو متغير عشوائي x ذو حدين.

وذلك  لأنه يوجد لدينا محاولات مستقلة متكررة (إلقاء حجر النرد) .

حيث (النجاح) هو ظهور الرقم (1) على الوجه العلوي (واحتماله  ثابت1/6  ).

والفشل ظهور رقم غير (1). وعدد المحاولات محدد سلفا وهو  n = 10  .

 

---

b) تحتوي آلة حاسبة على 16 زرًا للأعداد من 0 إلى 9. إضافة إلى العمليات الأساسية؛ والمساواة والفاصلة العشرية.

      إذا أغمض أحمد عينيه؛ ثم ضغط على أزرار هذه الآلة 20  مَرّة بصورة عشوائية ،

      فما احتمال أنْ يضغط على أزرار العمليات الحسابية الأساسية 3 مَرات فقط؟

الحل:

التجربة العشوائية المذكورة هي ذات حدين: لوجود محاولات مستقلة متكررة (ضغط زر).

والنجاح هو الضغط على أحد أزرار العمليات الحسابية الأساسية ؛ والفشل هو الضغط على زر من باقي الأزرار.  

احتمال النجاح كل مرة ثابت 0.25  .  وعدد المحاولات محدد سلفا هو ‏n =20 .

‏ليكن X  عدد مرات النجاح: 

---

c) إذا كان احتمال نجاح عملية جراحية هو 0.8 ، و أجرى طبيب هذه العملية 10 مَرّات خلال عام واحد.

      فما احتمال أن تنجح 7 عمليات منها على الأقل؟

الحل:

التجربة عشوائية ذات حدين: لوجود محاولات مستقلة متكررة (إجراء العملية) .

واحتمال النجاح كل مرة ثابت هو 0.8 . وعدد المحاولات محدد سلفا وهو n = 10 .  

ليكن X  عدد مرات النجاح  :

---

أتحقق من فهمي ص 173

سيّارات: بعد إجراء مسح للسيّارات التي صنعتها شركة ما ،  تبين أن في  5 % منها عطل ميكانيكيا.

إذا استورد وكيل للشركة في إحدى الدول 1000 سيّارة . فأجد عدد السيارات التي يتوقع أن يظهر فيها هذا العطل.

الحل:

ليكن x   عدد السيارات التي فيها عطل ضمن الألف سيارة :

إذن، يتوقع أن تكون في هذه الشحنة من السيارات خمسون سيارة بها هذا العطل الميكانيكي

---

أتحقق من فهمي ص 175

فحص مراقب الجودة في أحد المصانع 500 عينة عشوائيًا من الخلطات الخرسانية  ،

فوجد أن 10 منها لا تطابق المواصفات. إذا فحص مراقب الجودة 200 عينة أخرى فأجد كُلا مما يأتي:

a) العدد المُتوقّع من العينات التى لا تطابق المواصفات من العينات العشرين التى فحصها مراقب الجودة .

الحل:

ليكن x  عدد العينات التي لا تطابق المواصفات ضمن ال 200 عينة التي اختارها المراقب أخيرا.

‏حيث اعتمدنا هنا أن :

بالاستناد إلى الاحتمال التجريبي لاختيار عينة غير مطابقة الحاصل في العينة الــ  500 عينة الأولى:

لذا يتوقع وجود 4 عينات لا تطابق المواصفات ضمن هذه العينات ال200 .

---

b) تباين عدد العينات التي لا تطابق المواصفات من العينات العشرين التي فحصها مراقب الجودة.

الحل:

---

التمارين والمسائل :

إذا كان  . فأجد كلاً مما يأتي ، مقرباً إجابتي إلى أقرب 3 منازل عشرية :

---

---

---

---

---

---

---

---

9) ألقي حجر نرد منتظم ذو ثمانية أوجه مرقمة بالأرقام من 1 إلى 8 بشكل متكرّرحتى ظهور العدد 7.

       أجد احتمال إلقاء حجر النرد 6 مرات. 

$\begin{array}{l}\boxed{9}P\left(x=6\right),X~Geo\left(\frac{1}{8}\right)\\ Solution:\\ P\left(X=x\right)=p{\left(1-p\right)}^{x-1}\\ P\left(x=6\right)=\left(\frac{1}{8}\right){\left(\frac{7}{8}\right)}^{6-1}=\left(\frac{1}{8}\right){\left(\frac{7}{8}\right)}^5=0.064\end{array}$

---

 

10- أطلق عماد رصاصة نحو هدف بصورة مُتكرّرة ثم توقف بعد إصابته الهدف.

          إذا كان احتمال إصابته الهدف في كل مَرَّة هو 0.7 ،  فما احتمال أن يصيبه أول مَرَة في المحاولة العاشرة؟

$\begin{array}{l}\boxed{10}P\left(x=10\right),X~Geo\left(0.7\right)\\ Solution:\\ P\left(X=x\right)=p{\left(1-p\right)}^{x-1}\\ P\left(x=10\right)=\left(0.7\right){\left(0.3\right)}^{10-1}\\ =\left(0.7\right){\left(0.3\right)}^9=1.378\times {10}^{-5}\end{array}$

---

11- أحياء: في دراسة لعالمة أحياء على خنافس في إحدى الحدائق توصلت العالمة إلى أن واحدة من كل 12 خنفساء لديها جسم برتقالي.

         إذا بدأت العالمة جمع الخنافس عشوائيا على أن تتوقف عند إيجاد أول خنفساء جسمها برتقالي .

         فأجد احتمال أن تتوقف عن جمع الخنافس عند جمعها 20 خنفساء.

$\begin{array}{l}\boxed{11}P\left(x=20\right),X~Geo\left(\frac{1}{12}\right)\\ Solution:\\ P\left(X=x\right)=p{\left(1-p\right)}^{x-1}\\ P\left(x=20\right)=\left(\frac{1}{12}\right){\left(\frac{11}{12}\right)}^{20-1}\\ =\left(\frac{1}{12}\right){\left(\frac{11}{12}\right)}^{19}\approx 0.016\end{array}$

---

12-  إصلاح سيارات: أصلح عبد الله ُمحرّك إحدى السيارات ، لكنه لم يستطع تجربة تشغيله إلا مَرَة واحدة كل 20 دقيقة  نتيجة خلل كهربائي .

        إذا كان احتمال أن يعمل المحرك عند محاولة تشغيله هو 0.4 ، فما احتمال أن يعمل المحرك أول مَرَّة بعد مضى أكثر من ساعة على محاولة إصلاحه؟

$\begin{array}{l}\boxed{12}P\left(x>3\right),X~Geo\left(0.4\right)\\ Solution:\\ x=\frac{60}{20}=3\\ P\left(X=x\right)=p{\left(1-p\right)}^{x-1}\\ P\left(x>3\right)=1-p\left(x\le 3\right)\\ =1-\left(p\left(x=1\right)+p\left(x=2\right)+p\left(x=3\right)\right)\\ =1-\left(\left(0.4\right){\left(0.6\right)}^{1-1}+\left(0.4\right){\left(0.6\right)}^{2-1}+\left(0.4\right){\left(0.6\right)}^{3-1}\right)\\ =1-\left(\left(0.4\right)+\left(0.4\right)\left(0.6\right)+\left(0.4\right){\left(0.6\right)}^2\right)\\ =1-0.784=0.216\end{array}$

---

إذا كان احتمال إصابة شخص ما بأعراض جانبية بعد تناوله دواء مُعينَا هو 0.25.

وقرر طبيب إعطاء مرضاه هذا الدواء إلى حين ظهور أول إصابة بأعراضه الجانبية. فأجد كلا مما يأتي:

13- احتمال أن يتوقف الطبيب عن إعطاء المرضى الدواء عند تناول 10 مرضى هذا الدواء

$\begin{array}{l}\boxed{13}P\left(x=10\right),X~Geo\left(0.25\right)\\ Solution:\\ P\left(X=x\right)=p{\left(1-p\right)}^{x-1}\\ P\left(x=10\right)=\left(0.25\right){\left(0.75\right)}^{10-1}\\ =\left(0.25\right){\left(0.75\right)}^9\approx 0.019\end{array}$

---

14- احتمال أن يزيد عدد المرضى الذين سيتناولون الدواء على 3 مرضى

$\begin{array}{l}\boxed{14}P\left(x>3\right),X~Geo\left(0.25\right)\\ Solution:\\ P\left(X=x\right)=p{\left(1-p\right)}^{x-1}\\ P\left(x>3\right)=1-p\left(x\le 3\right)\\ =1-\left(p\left(x=1\right)+p\left(x=2\right)+p\left(x=3\right)\right)\\ =1-\left(\left(0.25\right){\left(0.75\right)}^{1-1}+\left(0.25\right){\left(0.75\right)}^{2-1}+\left(0.25\right){\left(0.75\right)}^{3-1}\right)\\ =1-\left(\left(0.25\right)+\left(0.25\right)\left(0.75\right)+\left(0.25\right){\left(0.75\right)}^2\right)\approx 0.423\end{array}$

---

15- العدد المتوقّع للمرضى الذين سيتناولون الدواء إلى حين ظهور أول إصابة بأعراض الدواء الجانبية.

$\begin{array}{l}\boxed{15}Solution:\\ E\left(X\right)=\frac{1}{p}=\frac{1}{0.25}=4\end{array}$

    إذن: يتوقع تناول 4 مرضى لهذا الدواء حتى ظهور أول إصابة بأعراض الدواء الجانبية.

---

  إذا كان: $X~B\left(10,0.3\right)$ فأجد كا مما يأتي. مقربا إجابتي إلى أقرب 3 منازل عشرية:

$\begin{array}{l}\boxed{16}P\left(x=2\right):X~B\left(10,0.3\right):\\ Solution:\\ P\left(X=2\right)=\left(\begin{array}{l}10\\ 2\end{array}\right){\left(0.3\right)}^2\times {\left(0.7\right)}^8\\ =\frac{10\times 9}{2\times 1}\times 0.09\times {\left(0.7\right)}^8\approx 0.233\end{array}$

---

$\begin{array}{l}\boxed{17}P\left(x\ge 9\right):X~B\left(10,0.3\right):\\ Solution:\\ P\left(X\ge 9\right)=P\left(X=9\right)+P\left(X=10\right)\\ =\left(\begin{array}{l}10\\ 9\end{array}\right){\left(0.3\right)}^9\times {\left(0.7\right)}^1+\left(\begin{array}{l}10\\ 10\end{array}\right){\left(0.3\right)}^{10}\times {\left(0.7\right)}^0\\ =10\times {\left(0.3\right)}^9\times \left(0.7\right)+{\left(0.3\right)}^{10}\approx 1.44\times {10}^{-4}\end{array}$

---

$\begin{array}{l}\boxed{18}P\left(x\le 8\right):X~B\left(10,0.3\right):\\ Solution:\\ P\left(X\le 8\right)=1-\left(P\left(X=9\right)+P\left(X=10\right)\right)\\ =1-\left(\left(\begin{array}{l}10\\ 9\end{array}\right){\left(0.3\right)}^9\times {\left(0.7\right)}^1+\left(\begin{array}{l}10\\ 10\end{array}\right){\left(0.3\right)}^{10}\times {\left(0.7\right)}^0\right)\\ \approx 1-1.44\times {10}^{-4}\end{array}$

---

$\begin{array}{l}\boxed{19}P\left(1<x\le 4\right):X~B\left(10,0.3\right):\\ Solution:\\ P\left(1<X\le 4\right)=P\left(X=2\right)+P\left(X=3\right)+P\left(X=4\right)\\ =\left(\begin{array}{l}10\\ 2\end{array}\right){\left(0.3\right)}^2\times {\left(0.7\right)}^8+\left(\begin{array}{l}10\\ 3\end{array}\right){\left(0.3\right)}^3\times {\left(0.7\right)}^7+\left(\begin{array}{l}10\\ 4\end{array}\right){\left(0.3\right)}^4\times {\left(0.7\right)}^6\\ \approx 0.7\end{array}$

---

$\begin{array}{l}\boxed{20}P\left(X>1\right):X~B\left(10,0.3\right):\\ Solution:\\ P\left(X>1\right)=1-P\left(X\le 1\right)\\ =1-\left(P\left(X=0\right)+P\left(X=1\right)\right)\\ =1-\left(\left(\begin{array}{l}10\\ 0\end{array}\right){\left(0.3\right)}^0\times {\left(0.7\right)}^{10}+\left(\begin{array}{l}10\\ 1\end{array}\right){\left(0.3\right)}^1\times {\left(0.7\right)}^9\right)\approx 0.851\end{array}$

---

$\begin{array}{l}\boxed{21}P\left(x<4\right):X~B\left(10,0.3\right):\\ Solution:\\ P\left(X<4\right)=P\left(X=0\right)+P\left(X=1\right)+P\left(X=2\right)+P\left(X=3\right)\\ =\left(\begin{array}{l}10\\ 0\end{array}\right){\left(0.3\right)}^0\times {\left(0.7\right)}^{10}+\left(\begin{array}{l}10\\ 1\end{array}\right){\left(0.3\right)}^1\times {\left(0.7\right)}^9\\ +\left(\begin{array}{l}10\\ 2\end{array}\right){\left(0.3\right)}^2\times {\left(0.7\right)}^8++\left(\begin{array}{l}10\\ 3\end{array}\right){\left(0.3\right)}^3\times {\left(0.7\right)}^7\\ \approx 0.282+0.1211+0.2334+0.2668\approx 0.650\end{array}$

---

$\begin{array}{l}\boxed{22}P\left(0\le X<3\right):X~B\left(10,0.3\right):\\ Solution:\\ P\left(0\le X<3\right)=P\left(X=0\right)+P\left(X=1\right)+P\left(X=2\right)\\ =\left(\begin{array}{l}10\\ 0\end{array}\right){\left(0.3\right)}^0\times {\left(0.7\right)}^{10}+\left(\begin{array}{l}10\\ 1\end{array}\right){\left(0.3\right)}^1\times {\left(0.7\right)}^9+\left(\begin{array}{l}10\\ 2\end{array}\right){\left(0.3\right)}^2\times {\left(0.7\right)}^8\\ \approx 0.0282+0.1211+0.2334\approx 0.383\end{array}$

---

$\begin{array}{l}\boxed{23}P\left(3\le X\le 6\right):X~B\left(10,0.3\right):\\ Solution:\\ P\left(3\le X\le 6\right)=P\left(X=3\right)+P\left(X=4\right)+P\left(X=5\right)+P\left(X=6\right)\\ =\left(\begin{array}{l}10\\ 3\end{array}\right){\left(0.3\right)}^3\times {\left(0.7\right)}^7+\left(\begin{array}{l}10\\ 4\end{array}\right){\left(0.3\right)}^4\times {\left(0.7\right)}^6\\ +\left(\begin{array}{l}10\\ 5\end{array}\right){\left(0.3\right)}^5\times {\left(0.7\right)}^5+\left(\begin{array}{l}10\\ 6\end{array}\right){\left(0.3\right)}^6\times {\left(0.7\right)}^4\\ \approx 0.2668+0.2001+0.1029+0.0368\approx 0.607\end{array}$

---

أجد التوقع والتباين لكل من المُتغيّرين العشوائيين الآتيين:

$\begin{array}{l}\boxed{24}X~Geo\left(0.3\right):\\ Solution:\\ E\left(X\right)=\frac{1}{p}=\frac{1}{0.3}=\frac{10}{3}\end{array}$

---

$\begin{array}{l}\boxed{25}X~Geo\left(\frac{3}{7}\right):\\ Solution:\\ E\left(X\right)=\frac{1}{p}=\frac{1}{\frac{3}{7}}=\frac{7}{3}\end{array}$

---

أجد التوقع والتباين لكل من المتغيرين العشوائيين الآتيين:

$\begin{array}{l}\boxed{26}X~B\left(5,0.1\right):\\ Solution:\\ E\left(X\right)=np=5\times \frac{1}{10}=0.5\\ Var\left(X\right)=np\left(1-p\right)=5\times \frac{1}{10}\times \frac{9}{10}=0.45\end{array}$

---

$\begin{array}{l}\boxed{27}X~B\left(20,\frac{3}{8}\right):\\ Solution:\\ E\left(X\right)=np=20\times \frac{3}{8}=7.5\\ Var\left(X\right)=np\left(1-p\right)=20\times \frac{3}{8}\times \frac{5}{8}=\frac{75}{16}\end{array}$

---

28- في تجربة إلقاء حجر نرد منتظم 9 مَرّات ، أجد احتمال ظهور عدد زوجي 5 ممرات.

$\begin{array}{l}\boxed{28}X~B\left(9,\frac{1}{2}\right):\\ Solution:\\ p=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}\\ \therefore P\left(X=5\right)=\left(\begin{array}{l}9\\ 5\end{array}\right){\left(\frac{1}{2}\right)}^5{\left(\frac{1}{2}\right)}^4=\frac{126}{512}\approx 0.246\end{array}$

---

طيران: يواجه الطيارون صعوبة في الرؤيا باحتمال 0.25 عند الهبوط بالطائرات

في أحد المطارات خلال فصل الشتاء بسبب سوء الأحوال الجوية.

إذا هبط طيار 20 مَّرة في هذا المطار شتاء فأجد كلا مما يأتي:

29- احتمال أن يواجه الطيار صعوبة في الرؤيا خلال الهبوط في ثلاث مَرّات فقط 

$\begin{array}{l}\boxed{29}X~B\left(20,\frac{1}{4}\right):\\ Solution:\\ P\left(X=3\right)=\left(\begin{array}{l}20\\ 3\end{array}\right){\left(\frac{1}{4}\right)}^3{\left(\frac{1}{4}\right)}^{17}\approx 0.134\end{array}$

---

30- احتمال أن يواجه الطار صعوبة في الرؤيا خلال الهبوط في ثلاث مَرات على الأقل.

$\begin{array}{l}\boxed{30}X~B\left(20,\frac{1}{4}\right):\\ Solution:\\ P\left(X\ge 3\right)=1-P\left(X<3\right)\\ =1-\left(P\left(x=0\right)+P\left(x=1\right)+P\left(x=2\right)\right)\\ =1-\left(\left(\begin{array}{l}20\\ 0\end{array}\right){\left(\frac{1}{4}\right)}^0{\left(\frac{1}{4}\right)}^{20}+\left(\begin{array}{l}20\\ 1\end{array}\right){\left(\frac{1}{4}\right)}^1{\left(\frac{1}{4}\right)}^{19}+\left(\begin{array}{l}20\\ 2\end{array}\right){\left(\frac{1}{4}\right)}^2{\left(\frac{1}{4}\right)}^{18}\right)\approx 0.909\end{array}$

---

31- احتمال أن يواجه الطيار صعوبة في الرؤيا خلال الهبوط في المرات جميعها. 

$\begin{array}{l}\boxed{31}X~B\left(20,\frac{1}{4}\right):\\ Solution:\\ P\left(X=20\right)=\left(\begin{array}{l}20\\ 20\end{array}\right){\left(\frac{1}{4}\right)}^{20}{\left(\frac{1}{4}\right)}^0={\left(\frac{1}{4}\right)}^{20}\end{array}$

---

32- العدد المُتوقّع من المرات التي سيواجه فيها الطيار صعوبة في الرؤيا خلال عملية الهبوط.  

$\begin{array}{l}\boxed{32}X~B\left(20,\frac{1}{4}\right):\\ Solution:\\ E\left(X\right)=np=20\times \frac{1}{4}=5\end{array}$

---

33- إذا كان X  مُتغيِّرًا عشوائيا ذا حدين وكان: $E\left(X\right)=1.4,Var\left(X\right)=1.12$ فأجد: $P\left(x\ge 6\right)$:

$\begin{array}{l}\boxed{33}X~B\left(n,p\right):\\ Solution:\\ E\left(X\right)=np=1.4 \mathrm{....}1*\\ Var\left(X\right)=np\left(1-p\right)=1.12\mathrm{....}2*\\ From1and2:\\ \frac{1.4}{p}\times p\times \left(1-p\right)=1.12\\ 1-p=\frac{1.12}{1.4}=0.8\therefore p=0.2\\ Nowtosolven:\\ n\times 0.2=1.4\therefore n=\frac{1.4}{0.2}=7\\ So:P\left(X\ge 6\right)=P\left(x=6\right)+p\left(x=7\right)\\ =\left(\begin{array}{l}7\\ 6\end{array}\right){\left(0.2\right)}^6{\left(0.8\right)}^1+\left(\begin{array}{l}7\\ 7\end{array}\right){\left(0.2\right)}^7{\left(0.8\right)}^0\\ =\left(\begin{array}{l}7\\ 6\end{array}\right){\left(0.2\right)}^6{\left(0.8\right)}^1+\left(\begin{array}{l}7\\ 7\end{array}\right){\left(0.2\right)}^7{\left(0.8\right)}^0=\frac{29}{78125}\end{array}$ 

---

34- إذا كان:$X~Geo\left(p\right)$ ،  وكان: $E\left(X\right)=\frac{4}{3}$  فأجد قيمة p .

$\begin{array}{l}\boxed{34}X~Geo\left(p\right),E\left(X\right)=\frac{4}{3}\\ Solution:\\ E\left(X\right)=\frac{1}{p}=\frac{3}{4}\therefore p=\frac{4}{3}\end{array}$

---

35- إذا كان:$X~B\left(21,p\right)$ ، وكان: $P\left(x=10\right)=P\left(x=9\right)$ . فأجد قيمة p  .

$\begin{array}{l}\boxed{35}X~B\left(21,p\right),p\left(x=9\right)=p\left(x=10\right)\\ Solution:\\ n=21\\ p\left(x=9\right)=\left(\begin{array}{l}21\\ 9\end{array}\right){\left(p\right)}^9{\left(1-p\right)}^{11}\\ p\left(x=10\right)=\left(\begin{array}{l}21\\ 10\end{array}\right){\left(p\right)}^{10}{\left(1-p\right)}^{10}\\ \therefore \left(\begin{array}{l}21\\ 9\end{array}\right){\left(p\right)}^9{\left(1-p\right)}^{11}=\left(\begin{array}{l}21\\ 10\end{array}\right){\left(p\right)}^{10}{\left(1-p\right)}^{10}\\ \therefore \left(\begin{array}{l}21\\ 9\end{array}\right)\left(1-p\right)=\left(\begin{array}{l}21\\ 10\end{array}\right)p\\ \frac{21!}{9!\times 12!}\left(1-p\right)=\frac{21!}{10!\times 11!}\left(p\right)\\ \frac{1-p}{12}=\frac{p}{10}\\ \frac{1-p}{6}=\frac{p}{5}\Rightarrow 6p=5-5p\\ \therefore p=\frac{5}{11}\end{array}$

---

في دراسة لمندوب مبيعات ، تبين  أن احتمال شراء شخص مُنتَجا ما بعد التواصل معه هو 0.1. 

إذا تواصل مندوب المبيعات مع 10 أشخاص  ، وكان ثمن المنتج 10 JD   فأجد كلا مما يأتي:

36- احتمال أن يشتري جميع الأشخاص المنتج.

$\begin{array}{l}\boxed{36}X~B\left(10,0.1\right),p\left(x=10\right)\\ Solution:\\ p\left(x=10\right)=\left(\begin{array}{l}10\\ 10\end{array}\right){\left(0.1\right)}^{10}{\left(1-0.1\right)}^0=\frac{1}{{10}^{10}}\end{array}$

---

37- احتمال أن يكون عائد المبيعات أكثر من  80 JD . 

$\begin{array}{l}\boxed{37}X~B\left(10,0.1\right),P\left(x>8\right)=?\\ Solution:\\ P\left(x>8\right)=P\left(x=9\right)+P\left(x=10\right)\\ =\left(\begin{array}{l}10\\ 9\end{array}\right){\left(0.1\right)}^9{\left(1-0.1\right)}^1+\left(\begin{array}{l}10\\ 10\end{array}\right){\left(0.1\right)}^{10}{\left(1-0.1\right)}^0\\ =10{\left(0.1\right)}^9\left(0.9\right)+{\left(0.1\right)}^{10}\\ ={\left(0.1\right)}^9\left(9+0.1\right)={\left(0.1\right)}^9\left(9.1\right)\end{array}$

---

38- أكتشف الخطأ: أرادت لانا حل السؤال الآتي:

"عند إلقاء قطعة نقد غير منتظمة. كان احتمال ظهور الصورة هو$\frac{5}{11}$  .

إذا ألقيت قطعة النقد بصورة متكررة حتى تظهر الصورة أول مَرَّة .

فما احتمال أن تظهر الصورة أول مَرّة عند إلقاء قطعة النقد في المَرّة الثالثة؟ " .

وكان حلها على النحو الآتي 

 

‏أكتشف الخطأ في حل لانا ، ثم أصّححه. مبررا إجابتي.

$\begin{array}{l}\boxed{38}X~Geo\left(\frac{5}{11}\right),P\left(x=3\right)=?\\ Solution:\\ P\left(x=3\right)=\frac{5}{11}{\left(1-\frac{5}{11}\right)}^{3-1}\\ =\frac{5}{11}{\left(\frac{6}{11}\right)}^2=\frac{180}{1331}\\ Rongsolution:\frac{5}{11}{\left(1-\frac{5}{11}\right)}^{\boxed{3}}inthepower\end{array}$

        أخطأت لانا في الأس الذي وضعته فوق القوس بحسب قاعدة  حساب احتمال المتغير العشوائي الهندسي

---

39-  تحدّ: ترسل إحدى الشركات استبانة إلكترونية إلى زبائنها بعد بيعهم منتَجًا ما؛ لتعرف التغذية الراجعة حيال المنتج.

ولضمان ذلك فإن الشركة تكرر إرسال كل استبانة إلى حين رد الزبون. إذا كان احتمال رد الزبون على الاستبانة في المَرة الأولى

أكبر من 0.5 واحتمال رد على  الاستبانة في المَرَّة الثانية عند عدم رده على الاستبانة في المرة الأولى هو 0.21؛

وبافتراض أن هذه المحاولات مستقلة؛ فأجد توقع عدد الاستبانات التى سترسلها الشركة إلى حين رد  الزبون ،

علما بأن  احتمال رد الزبون على أي استبانة لا يتأتر بعده مَرّات إرسالها

$\begin{array}{l}\boxed{39}X~Geo\left(p\right),P\left(x=2\right)=?\\ Solution:\\ P\left(x=2\right)=p{\left(1-p\right)}^{2-1}\\ 0.21=p\left(1-p\right)\\ p^2-p+0.21=0\\ \left(p-0.3\right)\left(p-0.7\right)=0\\ \therefore p=0.3orp=0.7\\ butP\left(x=1\right)>0.5\Rightarrow p=0.7\\ Therfore:\\ E\left(X\right)=\frac{1}{p}=\frac{1}{0.7}=\frac{10}{7}=1.429\end{array}$

---

تبرير: إذا كان عدد الطلبة في أحد الصفوف 25 طالبا. فأجد كُلا مما يأتي:

40-  احتمال أن يكون طالب واحد فقط من مواليد شهر آذار

$\begin{array}{l}\boxed{40}X~B\left(25,\frac{31}{365}\right),P\left(x=1\right)=?\\ Solution:\\ p=\frac{\#daysofmonth}{\#daysofyear}=\frac{31}{365}=0.085\\ P\left(x=1\right)=\left(\begin{array}{l}25\\ 1\end{array}\right){\left(0.085\right)}^1{\left(0.085\right)}^{24}\approx 0.252\end{array}$

---

41- احتمال أن يكون 3 طلبة فقط من مواليد شهر آذار

$\begin{array}{l}\boxed{41}X~B\left(25,\frac{31}{365}\right),P\left(x=3\right)=?\\ Solution:\\ p=\frac{\#daysofmonth}{\#daysofyear}=\frac{31}{365}=0.085\\ P\left(x=3\right)=\left(\begin{array}{l}25\\ 3\end{array}\right){\left(0.085\right)}^3{\left(0.085\right)}^{22}\approx 0.2\end{array}$

---

42-احتمال أن يكون اثنان من الطلبة فقط من مواليد فصل الشتاء

$\begin{array}{l}\boxed{42}X~B\left(25,\frac{1}{4}\right),P\left(x=2\right)=?\\ Solution:\\ p=\frac{\#seaseon}{\#seaseonsofyear}=\frac{1}{4}=0.25\\ P\left(x=2\right)=\left(\begin{array}{l}25\\ 2\end{array}\right){\left(0.25\right)}^2{\left(0.75\right)}^{23}\approx 0.025\end{array}$

---

43- تحد : إذا كان: $X~B\left(30,0.1\right)$ ، فأجد: $P\left(\mu \le X\le \mu +\sigma \right)$ 

$\begin{array}{l}\boxed{43}X~B\left(30,0.1\right),P\left(\mu \le X\le \mu +\sigma \right)=?\\ Solution:\\ \mu =E\left(x\right)=np\\ =30\left(0.1\right)=3\\ \sigma =\sqrt{np\left(1-p\right)}\\ =\sqrt{30\left(0.1\right)\left(0.9\right)}=1.643\\ P\left(\mu \le X\le \mu +\sigma \right)=P\left(3\le X\le 4.643\right)\\ =P\left(x=3\right)+P\left(x=4\right)\\ =\left(\begin{array}{l}30\\ 3\end{array}\right){\left(0.1\right)}^3{\left(0.9\right)}^{27}+\left(\begin{array}{l}30\\ 4\end{array}\right){\left(0.1\right)}^4{\left(0.9\right)}^{26}\\ =0.2361+0.1771\approx 0.413\end{array}$