71الإحصاء والاحتمال

حل المسألة 71.1.

1. لكل رمية $5$ مخارج غير الستّة من $6$؛ ويبيّن الجدول $6 \times 6$ أنّ $5 \times 5 = 25$ مخرجًا خاليًا من الستّة من $36$: أي $P(\text{لا ستّة}) = \frac{25}{36}$، إذن $P(\text{واحدة على الأقل}) = 1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36} \approx 0.31$.

2. $\frac13 = \frac{12}{36} \neq \frac{11}{36}$. فالجمع يعدّ المخرج «ستّة ثم ستّة» مرّة في كل $\frac16$: أي مرّة زائدة. واِحتمالات الأحداث التي يمكن أن تقع معًا لا تُجمع ببساطة.

3. المجموع $7$: المخارج الستّة $(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)$: أي $P = \frac{6}{36} = \frac16$. والمجموع $2$: $(1,1)$ وحده: أي $\frac{1}{36}$. فللسبعة أكثر الطرق لتقع — وهي الوسط السمين في جدول المجاميع.

4. المجموع $9$: $(3,6), (4,5), (5,4), (6,3)$ — أربعة مخارج، أي $\frac{4}{36}$. والمجموع $10$: $(4,6), (5,5), (6,4)$ — ثلاثة، أي $\frac{3}{36}$. فالتسعة أرجح: إذ يحسم العدّ الأمر، لا عدد «طرق كتابة» المجموع بأوجه غير مرتّبة.

5. يضرب كل مستوى من الشجرة اِحتمال «لا ستّة» في $\frac56$، مهما وقع من قبل: فبعد $n$ رمية، يكون $P(\text{لا ستّة إطلاقًا}) = \left(\frac56\right)^n$، وتعطي قاعدة الحدث المضادّ الصيغة.

6. $\left(\frac56\right)^4 = \frac{625}{1296} \approx 0.482$، إذن كان الفارس يفوز باِحتمال $1 - 0.482 = 0.518$ — أي أفضلية هادئة ثابتة تقارب $2\,\%$ في اللعبة: رهان ممتاز، وقد دفع ثمن عرباته.

7. وعند $7$ رميات تعطي قاعدته $\frac76$ — أي اِحتمالًا أكبر من $1$، وهو عبث. وهو العدّ المزدوج في السؤال 2، مركَّبًا: فنجاحات الرميات تتداخل، وجمع فرصها يعدّ التداخلات مرّة بعد مرّة.

8. $1 - \left(\frac{35}{36}\right)^{24} \approx 1 - 0.5086 = 0.491$: أي دون النصف. وبالرهان بمال متكافئ على حدث اِحتماله $49.1\,\%$، كان الفارس يخسر نحو $2$ لعبة من كل $100$ في المتوسّط — ببطء، وبغموض (بالنسبة إليه)، ولا محالة.

9. $1 - \left(\frac{35}{36}\right)^{25} \approx 1 - 0.494 = 0.506$: فمع $25$ رمية يصير الرهان مواتيًا. ورمية واحدة كانت تفصل الفارس عن الربح.

10. ضرب اِحتمال في عدد المحاولات يعدّ النجاحات المتداخلة عدّة مرّات، وينتج في النهاية أجوبة مستحيلة فوق $1$. والطريق الصحيح يمرّ دائمًا بالحدث المضادّ: اِضرب اِحتمالات الفشل بعضها في بعض، ثم اِطرح من $1$.

11. المتوسّط: $\frac{9 \times 2\,000 + 20\,000}{10} = \frac{38\,000}{10} = 3\,800$ يورو. والوسيط: الأجران الأوسطان كلاهما $2\,000$: أي الوسيط $2\,000$ يورو. وينبغي أن يذكر الإعلان الوسيط — فتسعة من العشرة لا يرون شيئًا يشبه $3\,800$؛ والمتوسّط تجرّه قيمة شاذّة واحدة إلى أعلى (وقد حذّر المثال 71.3 من الأوزان).

12. مثلًا $2, 8, 15, 17, 18$: فالوسيط $15$ (القيمة الوسطى)، والمتوسّط $\frac{60}{5} = 12$. ومتوسّط دون الوسيط يفضح ذيلًا من العلامات المنخفضة يجرّ المعدّل إلى أسفل بينما النصف الأعلى مرتفع.

13. العوامل الثلاثة الأولى: $1 \times \frac{364}{365} \times \frac{363}{365} \approx 0.992$. وكل تلميذ جديد مضطرّ إلى تفادي تاريخ محجوز إضافي، فتتقلّص العوامل: $\frac{343}{365} \approx 0.94$ للتلميذ $23$. ويهبط الجداء الكامل إلى نحو $0.493$ — إذن

أي أفضل من التكافؤ، في قسم فيه $23$ تلميذًا فقط. ويقول الحدس «$23$ شخصًا، و $365$ يومًا، لا فرصة»؛ وتقول الرياضيات «اِرمِ قطعة نقود».

14. $\frac{23 \times 22}{2} = 253$ زوجًا. وكل زوج فرصة جديدة لمصادفة، و $253$ فرصة، كل واحدة $\frac{1}{365}$، لم تعد شأنًا صغيرًا: فتتبدّد المفاجأة متى عُدّت الأزواج، لا الأشخاص.

15. بروتوكول مثال: اِرمِ نردًا في كتل من أربع رميات، مسجّلًا ما إذا أظهرت كل كتلة ستّة، من أجل $100$ كتلة؛ أو اِجمع قوائم أعياد الميلاد لعدّة أقسام فيها نحو $23$ تلميذًا وسجّل نسبة الأقسام التي فيها مصادفة. والتواتر الملاحَظ سيتذبذب، لكن كلّما زاد عدد التكرارات وجب أن يستقرّ أقرب فأقرب من الاِحتمالات المحسوبة ($0.518$؛ و $0.507$) — فالتواترات تتقارب إلى الاِحتمالات: وهو قانون الأعداد الكبيرة، مذكورًا هنا توقّعًا ومبرهنًا عليه في مجلّد الثانوية.