رياضيات المرحلة الثانوية · Grades 10–12

19التوزيع الثنائي

كرّر التجربة ذات الجوابين نعم/لا عدة مرات، على نحو مستقل، ثم عُدّ النجاحات: فالتوزيع الناتج — التوزيع الثنائي — هو أهم التوزيعات المتقطعة على الإطلاق. ويبني هذا الفصل هذا التوزيع بالأشجار وعدّ المسارات؛ أما الصيغة المغلقة لأعداد المسارات (بالعوامل) فتأتي مع أدوات العدّ في الفصل 27، ويُعاد النظر في التوزيع في الفصل 33.

19.1 تجارب برنولي

تعريف 19.1 (تجربة برنولي)

تجربة برنولي هي تجربة لها إمكانيتان بالضبط: النجاح، باحتمال $p$ ، و الفشل، باحتمال $1 - p$ . ويقال عن المتغير العشوائي $X$ الذي يساوي $1$ عند النجاح و $0$ عند الفشل إنه يتبع توزيع برنولي $\mathcal B(p)$ ؛ وعندئذٍ

\E(X) = p, \qquad \V(X) = p(1 - p).

برهان الصيغتين. $\E(X) = p \times 1 + (1-p) \times 0 = p$ ؛ وبما أن $X^2 = X$ (فكل من $0$ و $1$ مربع نفسه)، يكون $\E(X^2) = p$ ، إذن حسب القضية 18.13، $\V(X) = p - p^2 = p(1-p)$ . ∎

تعريف 19.2 (تجارب مستقلة مكرَّرة)

تكرار تجربة برنولي $n$ مرة على نحو مستقل يعني: أن نتيجة كل تجربة لا تؤثر في الأخريات، وأن احتمال أي متتالية كاملة من النتائج هو جداء الاحتمالات على طول المسار الموافق في الشجرة — $p$ عند كل نجاح، و $1 - p$ عند كل فشل.

مثال 19.3

ثلاث تجارب مستقلة احتمال النجاح فيها $p$ . فالمتتالية SFS (نجاح، فشل، نجاح) احتمالها $p(1-p)p = p^2(1-p)$ — وكذلك كل متتالية فيها نجاحان بالضبط، مهما كانت مواقعهما: إذ لا يهم إلا عدد حروف S وحروف F.

19.2 أعداد المسارات والمعاملات الثنائية

تعريف 19.4 (المعامل الثنائي)

في شجرة $n$ تجربة مستقلة، المعامل الثنائي $\binom{n}{k}$ (ويُقرأ “ $n$ اختر $k$ ”) هو عدد المسارات التي تحوي $k$ نجاحًا بالضبط.

مثال 19.5

$\binom{3}{2} = 3$ : وهي المسارات SSF و SFS و FSS. وبالمثل $\binom{3}{0} = 1$ (المسار FFF)، و $\binom{3}{1} = 3$ و $\binom{3}{3} = 1$ . واصطلاحًا وبحكم الشجرة، يكون $\binom n0 = \binom nn = 1$ من أجل كل $n$ .

شجرة n = 3 تجارب: 32 = 3 مسارًا (بالأحمر) تحمل نجاحين بالضبط، كل منها باحتمال p2(1-p). — شجرة $n = 3$ تجارب: $\binom{3}{2} = 3$ مسارًا (بالأحمر) تحمل نجاحين بالضبط، كل منها باحتمال $p^2(1-p)$ .

قضية 19.6 (قاعدة باسكال)

من أجل $1 \leq k \leq n - 1$ :

\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k}.

برهان. رتّب مسارات شجرة $n$ تجربة ذات $k$ نجاحًا حسب تجربتها الأخيرة. فالمسارات المنتهية بنجاح تُنال من مسار في التجارب $n-1$ الأولى فيه $k - 1$ نجاحًا: وعددها $\binom{n-1}{k-1}$ . والمسارات المنتهية بفشل تمدّد مسارًا فيه $k$ نجاحًا بين التجارب $n-1$ الأولى: وعددها $\binom{n-1}{k}$ . وكل مسار من أحد النوعين بالضبط. ∎

وتولّد قاعدة باسكال المعاملات سطرًا بعد سطر — فكل خانة هي مجموع الخانتين اللتين فوقها:

\begin{array}{ccccccccccc} &&&&&1&&&&&\\ &&&&1&&1&&&&\\ &&&1&&2&&1&&&\\ &&1&&3&&3&&1&&\\ &1&&4&&6&&4&&1&\\ 1&&5&&10&&10&&5&&1 \end{array}

ملاحظة 19.7

تُقام صيغة مغلقة، $\binom nk = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ ، مع نظرية منهجية في العدّ، في الفصل 27. أما في هذا المستوى، فمثلث باسكال يحسب كل معامل نحتاج إليه.

19.3 التوزيع الثنائي

مبرهنة 19.8 (التوزيع الثنائي)

ليعدّ $X$ النجاحات في $n$ تجربة برنولي مستقلة ذات الوسيط $p$ . عندئذٍ يتبع $X$ التوزيع الثنائي $\mathcal B(n, p)$ :

\P(X = k) = \binom{n}{k}\, p^k (1-p)^{n-k}, \qquad k = 0, 1, \dots, n .

برهان. الحادثة $X = k$ هي مجموعة كل المسارات التي فيها $k$ نجاحًا بالضبط. ولكل مسار منها الاحتمال $p^k(1-p)^{n-k}$ : فالجداء على طول المسار يحوي $k$ عاملًا مقداره $p$ و $n - k$ عاملًا مقداره $1-p$ ، بترتيب ما (التعريف 19.2). وعدد هذه المسارات $\binom nk$ (التعريف 19.4)، واحتمالاتها تُجمع. ∎

مثال 19.9

اختبار قصير فيه $5$ أسئلة مستقلة، لكل منها $4$ خيارات؛ ويجيب تلميذ عشوائيًا، فيكون كل سؤال نجاحًا باحتمال $p = \frac14$ . وعدد الأجوبة الصحيحة $X$ يتبع $\mathcal B\left(5, \frac14\right)$ ، وباستعمال السطر $5$ من مثلث باسكال:

\P(X = 2) = \binom52 \left(\frac14\right)^2\left(\frac34\right)^3 = 10 \times \frac{1}{16} \times \frac{27}{64} = \frac{270}{1024} \approx 0.26 .

ويستعمل احتمال جواب صحيح واحد على الأقل المتممة: $\P(X \geq 1) = 1 - \P(X = 0) = 1 - \left(\frac34\right)^5 \approx 0.76$ .

قضية 19.10 (الأمل الرياضي والتباين)

إذا كان $X \sim \mathcal B(n, p)$ :

\E(X) = np, \qquad \V(X) = np(1-p).

تبرير. اكتب $X = X_1 + X_2 + \dots + X_n$ ، حيث يساوي $X_i$ العدد $1$ إذا نجحت التجربة رقم $i$ : فكل $X_i$ متغير برنولي أمله الرياضي $p$ (التعريف 19.1). والمتوسطات تُجمع — فجمع الإسهامات $n$ يعطي $\E(X) = np$ . أما أن التباينات تُجمع أيضًا من أجل المتغيرات المستقلة فصحيح لكنه أدق: فصيغة التباين مقبولة في هذا المستوى ومبرهَن عليها في الفصل 34. ∎

التوزيع B(10, 0.5) (عشر رميات لقطعة نقد غير مغشوشة): مركزه (X) = np = 5، وهو متناظر، وكل الاحتمال تقريبًا بين 2 و 8. — التوزيع $\mathcal B(10, 0.5)$ (عشر رميات لقطعة نقد غير مغشوشة): مركزه $\E(X) = np = 5$ ، وهو متناظر، وكل الاحتمال تقريبًا بين $2$ و $8$ .

طريقة 19.11 (التعرف على وضعية ثنائية)

قبل أن تكتب $X \sim \mathcal B(n, p)$ ، تحقق من ثلاثة مكونات: عدد ثابت $n$ من التجارب، مقرَّر مسبقًا؛ ولكل تجربة إمكانيتان باحتمال النجاح نفسه $p$ ؛ والتجارب مستقلة (بالإرجاع، أو بأجهزة منفصلة). أما السحب بدون إرجاع من مجتمع صغير فليس ثنائيًا — إذ يتغير الاحتمال عند كل سحبة (التمرين 18.6).

19.4 المعاينة: هل الملاحظة مفاجئة؟

يجيب التوزيع الثنائي عن سؤال عملي جدًا: إذا كان احتمال النجاح $p$ فعلًا، فما أعداد النجاحات المعقولة؟

مثال 19.12

يُفترض بآلة أن تنتج $10\%$ من القطع معيبة على الأكثر. وفي دفعة من $10$ قطع، وُجدت $4$ معيبة. أهو سوء حظ أم عطب في الآلة؟ فإذا كانت الآلة سليمة، تبع عدد المعيبات $\mathcal B(10, 0.1)$ ، ويكون

\P(X \geq 4) = 1 - \P(X \leq 3) \approx 1 - 0.987 = 0.013 :

أي نحو فرصة واحدة من $80$ . وملاحظة حادثة بهذا القدر من عدم الاحتمال إشارة قوية — فتُرفض الفرضية القائلة إن الآلة ما زالت تعمل عند $10\%$ ، مع تذكّر أن القرار قد يكون خاطئًا باحتمال نحو $0.013$ .

طريقة 19.13 (قاعدة قرار انطلاقًا من نموذج ثنائي)

للحكم على عدد ملاحَظ $k$ من النجاحات في مواجهة فرضية $X \sim \mathcal B(n, p)$ : احسب احتمال الحصول، في ظل الفرضية، على نتيجة لا تقل تطرفًا عن $k$ . فإذا كان ذلك الاحتمال صغيرًا جدًا (والاصطلاح الشائع: دون $5\%$ )، فارفض الفرضية؛ وإلا فالملاحظة متوافقة معها. والعتبة اختيار، لا مبرهنة — فالإحصاء يكمّم الخطر، والمستعمل يقبله.

19.5 تمارين

تمرين 19.1 ★

مدّد مثلث باسكال إلى السطر $7$ ، وأعطِ قيم $\binom62$ و $\binom{7}{3}$ و $\binom74$ .

حل

حل التمرين 19.1.

السطران $6$ و $7$ :

1,\ 6,\ 15,\ 20,\ 15,\ 6,\ 1 \qquad\text{و}\qquad 1,\ 7,\ 21,\ 35,\ 35,\ 21,\ 7,\ 1 .

ومنه $\binom62 = 15$ و $\binom73 = 35$ و $\binom74 = 35$ (والتناظر $\binom73 = \binom74$ يعكس تبادل النجاحات والفشل).

تمرين 19.2 ★

يُرمى حجر نرد غير مغشوش $4$ مرات؛ ويعدّ $X$ عدد الأوجه الستة. برّر أن $X \sim \mathcal B\left(4, \frac16\right)$ ثم احسب $\P(X = 0)$ و $\P(X = 1)$ و $\P(X \geq 2)$ .

حل

حل التمرين 19.2.

عدد ثابت من التجارب ( $4$ رميات)، وإمكانيتان في كل رمية (ستة أو لا، مع $p = \frac16$ )، ورميات مستقلة: إذن $X \sim \mathcal B(4, \frac16)$ .

\P(X=0) = \left(\frac56\right)^4 = \frac{625}{1296} \approx 0.48, \qquad \P(X=1) = 4 \times \frac16\left(\frac56\right)^3 = \frac{500}{1296} \approx 0.39,

\P(X \geq 2) = 1 - \frac{625 + 500}{1296} = \frac{171}{1296} \approx 0.13 .

تمرين 19.3 ★

أي مما يلي ثنائي؟ برّر.

عدد الصور في $20$ رمية لقطعة نقد غير مغشوشة.
عدد الآصات في $5$ أوراق تُوزَّع من رزمة واحدة.
عدد الأيام الممطرة في الأسبوع المقبل، إذا كان كل يوم ممطرًا باحتمال $0.3$ على نحو مستقل.

حل

حل التمرين 19.3.

1. ثنائي $\mathcal B(20, \frac12)$ : فعدد التجارب $n$ ثابت، و $p$ نفسه، والرميات مستقلة.

2. ليس ثنائيًا: فالأوراق تُوزَّع بدون إرجاع، فيتغير احتمال الآص من ورقة إلى ورقة ولا تكون السحبات مستقلة.

3. ثنائي $\mathcal B(7, 0.3)$ بحكم فرضية الاستقلال المذكورة.

تمرين 19.4 ★

$X \sim \mathcal B(50, 0.2)$ . أعطِ $\E(X)$ و $\V(X)$ و $\sigma(X)$ .

حل

حل التمرين 19.4.

$\E(X) = 50 \times 0.2 = 10$ ؛ $\V(X) = 50 \times 0.2 \times 0.8 = 8$ ؛ $\sigma(X) = 2\sqrt2 \approx 2.83$ .

تمرين 19.5 ★★

رامٍ يصيب الهدف باحتمال $0.7$ في كل رمية، على نحو مستقل. في $6$ رميات، احسب احتمال $4$ إصابات بالضبط، واحتمال $5$ إصابات على الأقل.

حل

حل التمرين 19.5.

$X \sim \mathcal B(6, 0.7)$ .

\P(X = 4) = \binom64 (0.7)^4 (0.3)^2 = 15 \times 0.2401 \times 0.09 \approx 0.324 .

\P(X \geq 5) = \binom65 (0.7)^5(0.3) + (0.7)^6 = 6 \times 0.16807 \times 0.3 + 0.117649 \approx 0.420 .

تمرين 19.6 ★★

اختبار صواب/خطأ فيه $8$ أسئلة؛ ويخمّن تلميذ كل جواب. فما احتمال النجاح ( $6$ أجوبة صحيحة على الأقل)؟

حل

حل التمرين 19.6.

$X \sim \mathcal B\left(8, \frac12\right)$ ؛ ولكل مسار الاحتمال $\frac{1}{256}$ ، إذن

\P(X \geq 6) = \frac{\binom86 + \binom87 + \binom88}{256} = \frac{28 + 8 + 1}{256} = \frac{37}{256} \approx 0.14 .

فالتخمين ينجح نحو مرة واحدة من سبع.

تمرين 19.7 ★★

كل علبة حبوب تُشترى تحوي التمثال A أو التمثال B، باحتمال $\frac12$ لكل منهما، على نحو مستقل. ويشتري جامع $5$ علب. احسب احتمال أن ينال الجامع تمثالًا واحدًا على الأقل من كل نوع. (المتممة: كلها A أو كلها B.)

حل

حل التمرين 19.7.

متممة “واحد على الأقل من كل نوع” هي “الخمسة متطابقة”: أي كلها A أو كلها B، كل منهما باحتمال $\left(\frac12\right)^5 = \frac1{32}$ . ومنه

\P(\text{واحد من كل نوع}) = 1 - \frac{2}{32} = \frac{15}{16} .

تمرين 19.8 ★★

لاعب كرة سلة يسجّل الرميات الحرة باحتمال $p$ ، على نحو مستقل. وليكن $X \sim \mathcal B(3, p)$ عدد التسجيلات في ثلاث رميات. عبّر عن $\P(X = 3)$ و $\P(X \geq 1)$ بدلالة $p$ ، وأوجد من أجل أي $p$ يساوي احتمال تسجيل الرميات الثلاث $\frac{27}{64}$ .

حل

حل التمرين 19.8.

$\P(X = 3) = p^3$ و $\P(X \geq 1) = 1 - (1-p)^3$ . وحل $p^3 = \frac{27}{64} = \left(\frac34\right)^3$ يعطي $p = \frac34$ (فدالة التكعيب متزايدة تمامًا، الفصل 11، إذن الحل وحيد).

تمرين 19.9 ★★

كم مرة يجب أن تُرمى قطعة نقد غير مغشوشة حتى يتجاوز احتمال الحصول على صورة واحدة على الأقل $0.99$ ؟ (المتممة، ثم جرّب قيمًا متتابعة للعدد $n$ .)

حل

حل التمرين 19.9.

$\P(\text{صورة واحدة على الأقل}) = 1 - \left(\frac12\right)^n$ ، إذن يكون الشرط $\left(\frac12\right)^n < 0.01$ ، أي $2^n > 100$ . وبما أن $2^6 = 64$ و $2^7 = 128$ : فابتداءً من $n = 7$ رمية.

تمرين 19.10 ★★

باستعمال قاعدة باسكال (القضية 19.6) و $\binom n0 = \binom nn = 1$ ، برهن على أن مجموع خانات كل سطر من مثلث باسكال هو $2^n$ : وفسّر الطرفين على أنهما يعدّان كل مسارات الشجرة.

حل

حل التمرين 19.10.

يعدّ مجموع السطر $n$ كل مسارات شجرة $n$ تجربة، مرتبةً حسب عدد نجاحاتها. لكن الشجرة تضاعف مساراتها عند كل تجربة (إذ ينقسم كل مسار إلى S و F)، فيكون فيها $2^n$ مسارًا في المجموع. ومنه $\sum_{k} \binom nk = 2^n$ . وبطريقة أخرى، بالتراجع: مجموع السطر $0$ هو $1 = 2^0$ ، وتجعل قاعدة باسكال كل خانة من السطر $n$ تسهم في خانتين بالضبط من السطر $n+1$ ، فتتضاعف مجاميع السطور.

تمرين 19.11 ★★★

يدّعي سياسي أن نسبة تأييده $60\%$ . وفي عينة عشوائية من $10$ أشخاص، يؤيده $3$ فقط.

في ظل هذا الادعاء، أي توزيع يتبعه عدد $X$ المؤيدين في العينة؟ احسب $\P(X \leq 3)$ .
باستعمال قاعدة القرار في الطريقة 19.13 بعتبة $5\%$ ، هل الملاحظة متوافقة مع الادعاء؟

حل

حل التمرين 19.11.

1. في ظل الادعاء، $X \sim \mathcal B(10, 0.6)$ . وبجمع الحدود الأولى:

\begin{align*} \P(X \leq 3) &= (0.4)^{10} + 10(0.6)(0.4)^9 + 45(0.6)^2(0.4)^8 + 120(0.6)^3(0.4)^7\\ &\approx 0.0001 + 0.0016 + 0.0106 + 0.0425 = 0.0548 . \end{align*}

2. النتيجة التي لا تقل تطرفًا عن الملاحَظة ( $3$ مؤيدين أو أقل) احتمالها نحو $5.5\%$ — أي فوق العتبة $5\%$ بقليل. وبالتطبيق الصارم للقاعدة، تكون الملاحظة (بالكاد) متوافقة مع الادعاء فلا يُرفض. ويبيّن المثال مدى حساسية القرارات الحدّية لاختيار العتبة: فباصطلاح $6\%$ ينقلب الاستنتاج.

19.6 مسألة: لوح غالتون

مسألة 19.1

مسألة نهاية الأسبوع — كرات وأوتاد ومثلث باسكال: كيف يولد الشكل الجرسي، ولماذا تحابي سلاسل التصفيات الفريق الأقوى، ومتى نصرخ بالغش

أسقط ألف كرة عبر شبكة من الأوتاد، وكل ارتداد رمية نقد عادلة يمينًا أو يسارًا، فتمتلئ الخانات تحتها في جرس أملس متناظر — في كل مرة. وتُسمّى الآلة لوح غالتون، ورياضياتها هي بالضبط التوزيع الثنائي في هذا الفصل (المبرهنة 19.8). وتبني هذه المسألة المثلث، وتشغّل اللوح، وتحكّم في سلسلة من سبع مباريات، وتنتهي حيث يكسب التوزيع الثنائي أجره: في تقرير متى ينبغي لملاحظة أن تجعلنا نشك في ادعاء.

الجزء الأول — المثلث.

ابنِ مثلث باسكال حتى السطر $6$ (القضية 19.6). وصُغ وفسّر التناظر $\binom nk = \binom{n}{n-k}$ في جملة واحدة (اختيار $k$ من الأشياء هو نفسه …).
تحقق على السطرين $4$ و $5$ من أن مجموع كل سطر هو $2^n$ ، وبرهن على ذلك: فماذا تعدّ المقادير $\binom nk$ مجتمعة؟
استخرج قاعدة باسكال $\binom{n+1}{k} = \binom nk + \binom{n}{k-1}$ من جديد بحجة اللجنة: ثبّت شخصًا مميزًا واحدًا ثم اقسم اللجان حسب مصير ذلك الشخص.
احسب $\binom73$ مرتين: من المثلث، ومن صيغة العوامل.
تحقق من متطابقة الدرج $\binom22 + \binom32 + \binom42 + \binom52 = \binom63$ ، وفسّرها بتتالي قاعدة باسكال نزولًا من $\binom63$ .

الجزء الثاني — اللوح. تسقط كرة عبر $n$ سطرًا من الأوتاد؛ وعند كل وتد ترتد يمينًا أو يسارًا باحتمال $\frac12$ ، على نحو مستقل. ورقّم الخانات من $0$ إلى $n$ بعدد الارتدادات إلى اليمين.

فسّر، بقائمة التحقق في الطريقة 19.11، لماذا يتبع رقم الخانة التوزيع الثنائي $\mathcal B\!\left(n, \frac12\right)$ .
من أجل لوح صغير ( $n = 4$ ): أعطِ احتمالات الخانات الخمس. فأي خانة أكثر ازدحامًا؟
والآن $n = 10$ و $1\,024$ كرة: ما أعداد الكرات المأمولة في الخانة الوسطى، وفي الخانة $7$ ، وفي كل خانة طرفية؟ صِف شكل الكومة.
من أجل $X \sim \mathcal B\!\left(10, \frac12\right)$ : احسب $\E(X)$ و $V(X)$ و $\sigma$ (القضية 19.10)؛ ثم احسب نسبة الكرات المأمولة ضمن $2\sigma$ عن المركز (الخانات من $2$ إلى $8$ ) وقارنها بضمانة تشيبيشيف في المسألة 17.1.
لوح مائل يرتد يمينًا باحتمال $0.6$ : أعطِ $\E$ و $V$ و $\sigma$ من أجل $n = 10$ ، وصِف ما يحدث للكومة.
في جملة أو جملتين: ما الذي يصنع الشكل الجرسي في تصميم اللوح — ولماذا تتكوّم مقادير كثيرة جدًا في العالم الواقعي (الأطوال، وأخطاء القياس) بالطريقة نفسها؟ (والمبرهنة العميقة وراء كليهما هي مبرهنة النهاية المركزية، قمة درس الاحتمالات في الكتب الجامعية.)

الجزء الثالث — الأفضل من سبع. فريقان يلعبان سلسلة: الأول الذي يبلغ $4$ انتصارات ينال اللقب؛ والمباريات مستقلة.

فريقان متكافئان ( $p = \frac12$ ): احسب احتمال أن تنتهي السلسلة باكتساح ( $4$ مباريات بالضبط).
احسب احتمال أن تبلغ السلسلة المباريات $7$ كاملة (ماذا يجب أن تكون النتيجة بعد $6$ ؟).
أكمل توزيع طول السلسلة ( $4$ أو $5$ أو $6$ أو $7$ مباريات) من أجل فريقين متكافئين، ثم احسب الطول المأمول. فأي الأطوال أكثر احتمالًا؟
والآن يربح فريق كل مباراة باحتمال $p = 0.6$ . احسب احتمال أن ينال السلسلة (بالفوز في $4$ أو $5$ أو $6$ أو $7$ : وفي كل حالة يربح الفريق المباراة الأخيرة و $3$ من السابقات). فماذا فعلت السلسلة بأفضلية المباراة الواحدة؟
قارن بمباراة نهائية واحدة ( $60\,\%$ ) وبسلسلة من ثلاث (احسبها). وصُغ الأثر العام لطول السلسلة على المهارة في مواجهة الحظ — ولماذا تفضّل الدوريات النهائيات الطويلة.

الجزء الرابع — متى نصرخ بالغش.

تُرمى قطعة نقد $100$ مرة فتظهر $62$ صورة. من أجل قطعة غير مغشوشة، أعطِ $\E$ و $\sigma$ والدرجة المعيارية (المسألة 17.1) للملاحظة. فما الحكم باصطلاح $2\sigma$ ؟
يدّعي مورّد أن نسبة القطع المعيبة $2\,\%$ . وفي دفعة من $50$ تجد $3$ معيبة. احسب $\P(X \geq 3)$ في ظل الادعاء ( $X \sim \mathcal B(50, 0.02)$ ؛ ومرّ عبر $\P(X = 0), \P(X = 1), \P(X = 2)$ ). فهل هذا مقلق عند عتبة $5\,\%$ (الطريقة 19.13 و التمرين 19.11)؟
مثابرة اليانصيب: كل تذكرة تربح (شيئًا ما) باحتمال $\frac{1}{1000}$ . احسب احتمال فوز واحد على الأقل عند شراء $1\,000$ تذكرة. والجواب ( $\approx 63\,\%$ ، لا $100\,\%$ !) يخفي ثابتًا شهيرًا: احسب $0.999^{1000}$ واحتفظ بالعدد $0.368$ في ذهنك للسنة المقبلة.
الخاتمة — صورة التوزيع الثنائي: قائمة التحقق للتعرف عليه (ثبات $n$ ، والاستقلال، وثبات $p$ )؛ ومثلث باسكال جدولًا له؛ والجرس شكلًا له؛ و $np$ و $np(1-p)$ بوصلة له؛ ووريثاه المنتظران في السنة المقبلة — منحنى الجرس الأملس و قانون الأعداد الكبيرة. جملة واحدة لكل بند.

حل

حل المسألة 19.1.

1. السطور: $1$ ؛ $1\,1$ ؛ $1\,2\,1$ ؛ $1\,3\,3\,1$ ؛ $1\,4\,6\,4\,1$ ؛ $1\,5\,10\,10\,5\,1$ ؛ $1\,6\,15\,20\,15\,6\,1$ . والتناظر: اختيار أي $k$ من الأشياء تأخذها هو الفعل نفسه الذي به تختار أيها $n - k$ تتركه وراءك.

2. $1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16 = 2^4$ ؛ $1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 32 = 2^5$ . والبرهان: تعدّ المقادير $\binom nk$ أجزاء كل حجم في مجموعة من $n$ عنصرًا، وعدد الأجزاء جميعًا $2^n$ (فكل عنصر داخل أو خارج، على نحو مستقل).

3. لجان من $k$ شخصًا تُختار من بين $n + 1$ شخصًا، أحدهم زوي: فاللجان التي بلا زوي عددها $\binom nk$ (باختيار الأعضاء $k$ كلهم من الآخرين)؛ واللجان التي فيها زوي عددها $\binom{n}{k-1}$ (باختيار زملائها $k - 1$ ). والمجموع: $\binom nk + \binom{n}{k-1}$ .

4. السطر $7$ من المثلث: $1\,7\,21\,35\,\dots$ : أي $35$ . وبالصيغة: $\frac{7 \times 6 \times 5}{3 \times 2 \times 1} = 35$ .

5. $1 + 3 + 6 + 10 = 20 = \binom63$ . وبالتتالي: $\binom63 = \binom52 + \binom53 = \binom52 + \binom42 + \binom43 = \binom52 + \binom42 + \binom32 + \binom33$ — فكل تطبيق لقاعدة باسكال يقشّر حدًا واحدًا من الدرج.

6. عدد ثابت $n$ من الارتدادات؛ وكل ارتداد تجربة برنولي مستقلة بالاحتمال نفسه $p = \frac12$ ؛ ورقم الخانة يعدّ النجاحات (الارتدادات إلى اليمين): فالخانات الثلاث في الطريقة 19.11 كلها محقَّقة: $\mathcal B\!\left(n, \frac12\right)$ .

7. الاحتمالات $\frac{1}{16}, \frac{4}{16}, \frac{6}{16}, \frac{4}{16}, \frac{1}{16}$ من أجل الخانات $0, \dots, 4$ : فالخانة المركزية $2$ أكثرها ازدحامًا.

8. الأعداد المأمولة $= 1024 \times \binom{10}{k}/1024 = \binom{10}{k}$ : الخانة الوسطى $\binom{10}{5} = 252$ كرة؛ والخانة $7$ : $\binom{10}{7} = 120$ ؛ وكل خانة طرفية: كرة $1$ . مركز عالٍ يهبط بتناظر إلى أطراف رهيفة كالهمس: إنه الجرس.

9. $\E = np = 5$ ؛ $V = np(1 - p) = 2.5$ ؛ $\sigma \approx 1.58$ . وضمن $2\sigma$ : تحمل الخانات من $2$ إلى $8$ نسبة

\frac{45 + 120 + 210 + 252 + 210 + 120 + 45}{1024} = \frac{1002}{1024} \approx 98\,\%

من الكرات — أي أفضل بكثير من نسبة تشيبيشيف العامة $75\,\%$ (المسألة 17.1): فالأشكال الجرسية تتركز بقوة.

10. $\E = 6$ ، و $V = 10 \times 0.6 \times 0.4 = 2.4$ ، و $\sigma \approx 1.55$ : فتحتفظ الكومة بشكلها الجرسي لكنها تزلق قمتها إلى الخانة $6$ — فاللوح المائل قطعة نقد مغشوشة صارت مرئية.

11. رقم الخانة مجموع دفعات عشوائية كثيرة صغيرة مستقلة متساوية الحجم — ومثل هذه المجاميع تنتظم دائمًا في جرس: فمعظم الدفعات يتلاشى، والتطرف يقتضي الإجماع. والأطوال وأخطاء القياس ومقادير طبيعية لا تُحصى هي كذلك مجاميع آثار كثيرة صغيرة مستقلة، ولهذا يظهر الظل نفسه في كل مكان؛ والمبرهنة التي تصادق على ذلك هي مبرهنة النهاية المركزية.

12. الاكتساح: أن يربح فريق واحد المباريات $4$ كلها: $2 \times \left(\frac12\right)^4 = \frac18$ .

13. تقتضي المباريات السبع نتيجة $3$ – $3$ بعد ست: $\binom63 \left(\frac12\right)^6 = \frac{20}{64} = \frac{5}{16}$ .

14. الانتهاء في $5$ : يربح الفائز المباراة 5 و $3$ من المباريات $4$ الأولى: $2 \times \binom43 \left(\frac12\right)^5 = \frac14$ . والانتهاء في $6$ : $2 \times \binom53 \left(\frac12\right)^6 = \frac{5}{16}$ . والتوزيع على $4, 5, 6, 7$ : $\frac18, \frac14, \frac{5}{16}, \frac{5}{16}$ (والمجموع $1$ ). والطول المأمول: $4 \cdot \frac18 + 5 \cdot \frac14 + 6 \cdot \frac{5}{16} + 7 \cdot \frac{5}{16} = 5.8125$ مباراة. والسلسلتان ذواتا الست والسبع مباريات هما الأكثر احتمالًا — فالدراما مبنية في الصيغة نفسها.

15. الفوز في $4$ : $0.6^4 = 0.1296$ ؛ وفي $5$ : $\binom43\,0.6^3 \times 0.4 \times 0.6 = 0.2074$ ؛ وفي $6$ : $\binom53\,0.6^3 \times 0.4^2 \times 0.6 = 0.2074$ ؛ وفي $7$ : $\binom63\,0.6^3 \times 0.4^3 \times 0.6 = 0.1659$ . والمجموع: نحو $0.710$ : ففريق نسبته $60\,\%$ في المباراة الواحدة يربح $71\,\%$ من السلاسل — فالسلسلة تضخّم الأفضلية.

16. مباراة نهائية واحدة: $60\,\%$ . وسلسلة من ثلاث: $p^2 + 2p^2 q = 0.36 + 0.288 = 0.648$ . والسلّم $60\,\% \to 65\,\% \to 71\,\%$ يتابع صعوده مع الطول: فالمباريات الأكثر تأخذ متوسط الحظ (وهو قانون الأعداد الكبيرة مصغَّرًا)، فتتوّج النهائيات الطويلة المهارة — وهذا بالضبط ما تبيعه الدوريات.

17. قطعة غير مغشوشة: $\E = 50$ ، و $\sigma = \sqrt{25} = 5$ ؛ $z = \frac{62 - 50}{5} = 2.4$ : أي وراء اصطلاح $2\sigma$ — فالقطعة تستحق تحقيقًا.

18. $\P(X = 0) = 0.98^{50} \approx 0.364$ ؛ $\P(X = 1) = 50 \times 0.02 \times 0.98^{49} \approx 0.372$ ؛ $\P(X = 2) = \binom{50}{2} 0.02^2 \times 0.98^{48} \approx 0.186$ . إذن $\P(X \geq 3) \approx 1 - 0.922 = 0.078$ : أي نحو $7.8\,\%$ — فوق العتبة $5\,\%$ ، فليس هذا (بعدُ) كافيًا لرفض الادعاء؛ ودفعة رديئة ثانية ستغيّر الحكاية.

19. $\P(\text{فوز واحد على الأقل}) = 1 - 0.999^{1000} \approx 1 - 0.368 = 0.632$ : فألف تذكرة باحتمال واحد من ألف لا تعطي اليقين بل $63\,\%$ . والعدد المتكرر $0.368$ هو $\frac1e$ متنكرًا — والثابت $e$ يدخل دخوله الرسمي في السنة المقبلة.

20. التعرف: ثبات $n$ ، والاستقلال، وثبات $p$ — عندئذٍ فقط يكون التوزيع ثنائيًا. والجدول: مثلث باسكال، السطر $n$ . والشكل: الجرس، متناظرًا عند $p = \frac12$ ، ومنزاحًا فيما عدا ذلك. والبوصلة: المركز $np$ ، والتبدد $\sqrt{np(1-p)}$ — ومنهما الدرجات المعيارية للقرارات. والوريثان: منحنى الجرس الأملس الذي تقترب منه الأكوام، و قانون الأعداد الكبيرة الذي يفسّر لماذا لا تكذب الألواح الكبيرة أبدًا.

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد