ﺱﺭﺪﻟﺍ ﻢﻴﻤﺼﺗ - elbassair.netelbassair.net/bac/telechargement/doures...
TRANSCRIPT
االحتماالت الشرطية – 6
الكفاءات المستهدفة . إيجاد قانون احتمال لمتغير عشوائي - 1 حل مسائل في االحتماالت توظف المتغيرات العشوائية، قانون احتمالها - 2
. ، التباين ، االنحراف المعياري ، األمل الرياضياتي . للعد باستعمال المبدأ األساسي تنظيم معطيات من أجل عدها - 3 . التعرف على استقالل أو ارتباط حادثتين - 4 . توظيف شجرة االحتماالت لحل مسائل في االحتماالت الشرطية - 5 . باستعمال قوانين التحليل التوفيقي حل مسائل في االحتماالت الشرطية - 6
. توظيف دستور االحتماالت الكلية - 7
نمذجة وضعيات باالعتماد على التجارب المرجعية - 8
تصميم الدرس تعريف
أنشطة
الدرس
تمـاريـن و مشكــالت
الحـلــــــول
: تعريف
نقطة ما يساوي نسبة عدد المسارات إلى ، احتمال أن تصل كرية ) Galton ( على لوحة غالتون 10 على الشكل ، في الصف السادس ، للكرية . عدد المسارات الكلية إلى الممكن المرور عبرها
. B كي تصل الى النقطة 32 حظوظ من 10 و A النقطة إلى حظ كي تصل 32 حظوظ من أصل 1 يساوي ) و في كل صف ( مجموع االحتماالت في الصف السادس : الحظ أن في كل حالة لها . B أو A على الكرية أن تمر بـ في الصف الموالي يجب C النقطة إلى للوصول
: يلي نتحصل على ما . حظ من حظين : هو C إلى احتمال أن تصل الكرية
1 10 1 10 20 2 32 2 32 64
× + × =
و هكذا نتحصل على كسور مقاماتها هي قوى و أبسطتها هي األعداد المشكلة لمثلث 2 العدد
و هي أيضا معامالت ثنائي باسكال - الكرجي . الحد لنيوتن
منحنى جدا من الكريات، ا كبير ا باستعمال عدد توزيع الكريات يتشكل على هيئة جرس يعرف
. غوص ناقوس باسم
: أنـشـطــة
1 النشاط
: سبر أراء حول االنترنت : شخص حول االنترنت 1000 تعطى نتائج سبر اآلراء لـ
. من األشخاص المستجوبين صرحوا باهتمامهم باالنترنت 40% > سنة و من 25 من األشخاص المستجوبين ، أعمارهم تقل عن 35 % >
. صرحوا باهتمامهم باالنترنت 80 % بينهم سنة و من 50 من األشخاص المستجوبين، أعمارهم تزيد عن 30 % >
. صرحوا بعدم اهتمامهم باالنترنت 85 % بينهم : ثم أكمل الجدول التالي أنجز - 1
غير المهتمين المهتمون باالنترنت باالنترنت
المجموع
سنة 25 األقل من
سنة 50 إلى 25 من
سنة 50 أكثر من
1000 المجموع
1000 نختار عشوائيا شخص من بين الـ - 2
. شخص المستجوبين نفرض أن كل األشخاص لهم نفس االحتمال بأن يكون هو
: نعتبر الحوادث التالية المختار، وA : " مره أقل منسنة 25 الشخص المستجوب ع " .
B : " مره أكثر منسنة 50 الشخص المستجوب ع " .
I : " الشخص المستجوب مهتم باالنترنت " .
p ( ) احسب االحتماالت ) أ A ، ( ) p B و ( ) p I . p ( ) و احسب B عبر عن الحادثة ) ب B .
p ( ) احسب ) ج A I ∩ و استنتج ( ) p A I ∪ . توجب غير مهتم باالنترنت، ما هو ا علمت أن الشخص المس إذ - 3
هو االحتمال أن يكون ؟ ما سنة 50 أكثر من مره ع االحتمال أن يكونسنة ؟ 50 سنة أو أقل من 50 مره ع
ما . سنة 50 ال يزيد عن مره إذا علمت اآلن أن الشخص المستجوب ع هو االحتمال أن يكون مهتما باالنترنت؟
: الحل : إكمال الجدول - 1
غير المهتمين االنترنت المهتمون ب باالنترنت
المجموع
280 70 350 سنة 25 األقل من 75 275 350 سنة 50 إلى 25 من
45 255 300 سنة 50 أكثر من 400 600 1000 المجموع
40 1000 : من أجل 400 100
× = .
1000 : من اجل 400 600 − = .
35 1000 : من اجل 350 100
× = .
1
1
2
4
3
2
3 5
6 7 8 9 10 11
80 350 : من اجل 280 100
× = .
350 : من اجل 280 70 − = .
30 1000 : من اجل 300 100
× = .
85 300 : من اجل 255 100
× = .
االحتماالت المطلوب حسابها معطاة بالنص على شكل نسب ) أ - 2 . مئوية
( ) P A P ( ) ؛ = 0,35 B P ( ) ؛ = 0,30 I 0, 40 =
: بـ B نعبر عن الحادثة ) بB : ? سنة 50 سنة أو أقل من 50 الشخص المستجوب له = .
P ( ) حساب B : لدينا ( ) ( ) P B 1 P B = : و منه −
A نعبر عن الحادثة ) ج I ∩ كما يلي : A I ∩ : ? سنة و مهتم باالنترنت 25 الشخص المستجوب أقل من = .
سنة و مهتمون 25 شخص أعمارهم تقل عن 280 : يبين لنا الجدول أنp ( ) : و عليه . باالنترنت A I 0, 28 = ∩
p ( ) ( ) ( ) ( ) : و منه نستنتج A I p A p I p A I = + − ∪ ∩
( ) p A I 0, 35 0, 40 0, 28 = + − ∪
( ) p A I 0, 47 = ∪ . 600 من بين الـ . الشخص المستجوب غير مهتم باالنترنت - 3
شخص أعمارهم تزيد 255 شخص غير المهتمة باالنترنت يوجد . محققة I علما أن B احتمال الحادثة عندئذ نحسب . سنة 50 عن
( ) P B 0,70 =
4
5
7
6
I P ( ) : تكتب كما يلي B أو ( ) B P I
I ( ) : و منه255 P B 0, 425 600
= =
شخص 345 باالنترنت يوجد شخص غير المهتمة 600 من بين الـ . سنة 50 أقل من سنة أو 50 أعمارهم
I ( ) محققة I علما أن B نحسب احتمال
345 P B 0,575 600
= = .
: مالحظة
" B علما أن I و " محققة " B علما أن I تعاكستان م حادثتان " محققة .
2 النشاط
نساء و %51 بينت دراسة أجريت على مجموعة من السكان تتكون من من الرجال لم يذهبوا قط إلى %15 من النساء و %20 رجال أن 49%
االختيارات لها نفس ل من هذه المجموعة؛ ك د نختار فر . المدرسة . االحتمال
. = ة الفرد المختار امرأ ? الحادثة F : نضع
C الفرد المختار يذهب إلى المدرسة ? الحادثة = .
تصف هذه الدراسة التي أنشئ شجرة االحتمالت - 1P ( ) أعط - 2 F ، ( ) F P C ، ( ) F P C .
P ( ) حسب ا ) أ - 3 F C ∩ ثم ، ( ) P F C ∩ .
C ( ) ( ) بكتابة ) ب F C F C = ∩ ∪ P ( ) ، احسب ∩ C .
P ( ) أستنتج C .
: الحل : شجرة االحتمال المطلوبة هي - 1
( ) 0,80 0,51 0,408 P F C = × = ∩
( ) 0,20 0,51 0,102 P F C = × = ∩
( ) 0,85 0,49 0,4165 P F C = × = ∩
( ) 0,15 0,49 0,0735 P F C = × = ∩
1 االحتماالت األربعة المحاطة بدائرة معطاة بالفرض اإلثنين المتبقيين مستنتجين إذا اعتبرنا أن مجموع احتماالت الفرع المخرج لنفس العقدة
. مساويا للواحد ( ) : طيات نجد من المع - 2 0,51 P F = ، ( ) 0,20 F P C =
( ) : و منه نستنتج 1 0,20 0,80 F P C = − = . F الحادثة ) أ - 3 C ∩ الفرد المختار إمرة تذهب إلى المدرسة :" هي ."
لحساب احتمال هذه الحادثة نقوم بحداء االحتماالت المسجلة على . C ثم إلى F تي تؤدي إلى الفروع ال
( ) : ومنه 0,80 0,51 0,408 P F C = × = ∩
0,51 F
F
C
C
C
C
0,49
0,20
0,15
0,85
0,80
( ) : بنفس الطريقة 0,49 0,85 0,4165 P F C = × = ∩
ننجز رسما يعطي تجزئة ) أ . للمجموعة المدروسة
C ( ) ( ) : واضح أنه لدينا F C F C = ∩ ∪ ∩
F الحادثتان C ∩ و F C ∩ غير متالئمتين .
P ( ) ( ) ( ) : فيكون لدينا C P F C P F C = + ∩ ∩
( ) : أي 0,408 0,4165 0,8245 P C = + =
P 1 ( ) ( ) : ومنه نستنتج C P C = −
( ) : أي 1 0,8245 0,1755 P C = − =
F F C
F C ∩ F C ∩
: الــــدرس
I العد : : المبدأ األساسي للعد – 1
طريقة n 2 طريقة و إجراء ثان يتم بـ n 1 : إذا كان هناك إجراء معين يتم بـ طريقة فإن هذه اإلجراءات تتم على k n بـ يتم k ٬ ثم إجراء من رتبة ... ٬
1 التتابع بـ 2 ... k n n n × × . طريقة × : مثال
أصناف من 4 أصناف من اللحم وصنفين من الحساء و 3 يقدم مطعم . الفاكهة
ما هو عدد الوجبات التي يمكن للمطعم تقديمها إذا كانت كل وجبة - . حساءات وفاكهة مكونة من لحم و
: الحل طرائق لتقديم 4 طرائق لتقديم اللحم وطريقتين لتقديم الحساء و 3 لدينا -
. الفاكهة و حسب المبدأ األساسي للعدد فإن عدد الطرائق التي يقدم بها المطعم
3 : الوجبات للزبائن هو 2 4 × . وجبة ممكنة 24 أي أن هناك × : القوائم – 2
: مثال5 ، 4 ، 3 ، 2 أرقام يمكن تكوينه باستخدام األرقام 3 ونا من كم عددا مك
: الحل إمكانيات أو 4 : لدينا . abc أرقام هو من الشكل 3 كل عدد مكونا من
b إمكانيات الختيار رقم العشرات 4 و c طرائق الختيار رقم اآلحاد a إمكانيات الختيار رقم المئات 4 و
: وحسب المبدأ األساسي للعد الختيار هذه األرقام على التتابع لدينا4 4 4 × . طريقة 3 4 إمكانية أي ×
. عددا 64 و منه عدد األعداد التي يمكن تشكيلها هو : تعريفn و p عددان طبيعيان غير معدومين E مجموعة ذات n عنصرا .
الشكل من عنصر 1 ( ) كل 2 , ,..., p a a a ذات قائمة عنصرا p يسمى2 : حيث E المجموعة من 1 ,..., , p a a a عناصر ليست E من هي
. جميعها مختلفة : عدد القوائم1 ( ) لتكن القائمة 2 , ,..., p a a a . لدينا n 1 طريقة الختيار العنصر a من E
طريقة الختيار n و لدينا ... E من a 2 طريقة الختيار العنصر n و لدينا العناصر . E من p a العنصر اختيار عليه 2 و 1 ,..., , p a a a على يتم بـ n ... : التتابع n n × × ذات : أي × القوائم من p عدد عنصرا . p n عنصر هو n ذات E المجموعة
: مثال2,1.....,9 األعداد م أرقام يمكن تشكيله باستخدا 6 كم عددا مكونا من
: الحل عددا 531441 : أي 6 9 عدد األعداد هو
: الترتيبات – 3 : تعريف
n و p حيث عددان طبيعيان : p n ≤ . نسمى ترتيبه ذات p عنصرا من . عنصرا متمايزة مثنى مثنى p عنصرا كل قائمة ذات n مجموعة ذات : عدد الترتيبات1 ( ) لتكن الترتيبة 2 , ,..., p a a a . لدينا n 1 طريقة الختيار العنصر a من
E ) عدم التكرار ( E من a 2 طريقة الختيار العنصر −n 1 و لديناn 2 و لدينا E من a 3 طريقة الختيار العنصر −M n 1 ( ) و لدينا p − E من p a طريقة الختيار العنصر −
1 و حسب المبدأ األساسي للعدد عدد الطرائق الختيار العناصر 2 , ,..., p a a a 1 ( ) ( )( ) : بهذا الترتيب هو 2 ... 1 n n n n p − − − و نرمز له بالرمز +
p n A و عليه عدد الترتيبات :
( )( ) ( ) 1 2 ... 1 p n A n n n n p = − − × × − +
: مثال أرقام متمايزة مثنى مثنى أي غير مكررة يمكن 6 كم عددا مكونا من
. 9 ، ... ، 2 ، 1 تكوينها باستخدام األعداد
: الحل1 : كل عدد يكون من الشكل 2 3 4 5 6 a a a a a a
8 هو a 5 عدد إمكانيات اختيار 9 هو a 6 عدد إمكانيات اختيار
6 هو a 3 عدد إمكانيات اختيار 7 هو a 4 عدد إمكانيات اختيار
. 4 هو a 1 عدد إمكانيات اختيار 5 هو a 2 عدد إمكانيات اختيار9 : يه عدد األعداد التي يمكن تشكيلها هو وعل 8 7 6 5 4 × × × × ×
. عددا 60480 : أي : التبديالت – 4
: تعريفn نسمى تبديلة المجموعة . عدد طبيعي غير معدوم E ذات n
. E عنصرا من n ة ذات عنصرا كل ترتيب1 ( )( ) : عدد التبديالت هو 2 ... 1 n
n A n n n = − − × ×
: مثال 9 ، … ، 2 ، 1 أرقام يمكن تشكيله باستخدام األعداد 9 كم عددا مكونا من
. دون تكرار أرقام هذا العدد : الحل
9 : عدد األعداد هو 8 7 6 5 4 3 2 1 × × × × × × × ×
. عددا 362880 : أي
: و منه( )
! !
p n
n A n p
= −
n ! وn A n =
: مثال
( ) 6 9
9! 9! 9 8 7 6 5 4 3! 9 6 ! 3! 3!
A × × × × × ×
= = = −
6 : و عليه9 9 8 7 6 5 4 A = × × × × 6 : أي ×
9 60480 A =
: التوفيقات – 5 : تعريف
n و p عددان طبيعيان ) p n ≤ .( لتكن E مجموعة ذات n عنصرا . E عنصرا من p يشمل E كل جزء من E عنصرا من p نسمى توفيقة ذات
: عدد التوفيقات
: بالعبارة E عنصرا من p يعطي عدد التوفيقات ذات!
p p n n
A C p
=
: أي( )
! ! !
p n
n C n p p
= − ×
. ألن الجزء ال ترتب عناصره و ال تكرر
: مالحظة p : نرمز لعدد التوفيقات بالرمز
n C أو n p
: مثال . ممثلين للقسم 3 أرادوا اختيار . تلميذا 40 يتكون قسم دراسي من
. بكم طريقة يتم اختيارهم : الحل
. عنصر 40 عناصر من 3 ممثلين هو اختيار جزء مكون 3 ر إن اختيا
3 : وعليه عدد الطرائق هو40
40 39 38 37! 37! 3 2 1
C × × ×
= × × ×
3 40
40 39 38 20 13 38 9880 3 2
C × ×
= = × × = ×
. ممثلين لهذا القسم 3 طريقة الختيار 9880 إذن هناك p خواص
n C : p لدينا الخواص التالية للعدد
n C : 0 1 n C = 1 ؛
n C n = 1 ؛ n n C = ؛ p n p
n n C C − = 1 ؛ 1 1
p p p n n n C C C −
− − = +
: يمكن البرهان عليها باستخدام التعريف( )
! ! !
p n
n C n p p
= −
: أمثلة7 7 1 C = 1
5 5 C = 0 4 1 C =
2 3 5 5 C C = 4 3 4
8 7 7 C C C = +
: المثلث العددي p ويعتمد في حساب
n C على الخواص الخمسة السابقة : n 1 n … p 1 p … 3 2 1 0 p
n 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 2 1 2 0 0 1 3 3 1 3
0 0 1 1 1 p
0 1 1 p
0 1 1 p n C 1
1 p n C 1 1 n
1 p n C 1 n
وذلك 1 العمود األول لهذا المثلث مكون من أعداد كل منها يساوي
0 من 1 n C = . n 1 و ذلك من 1 قطر المثلث مكون من أعدادا يساوي كل منها -
n C = . p عداد األخرى داخل المثلث فكل عدد أما األ -
n C 1 هو مجموع العدد p n C −
1 الذي يقع فوقه و العدد1
p n C −
1 الذي يلي العدد −p n C − من اليمين .
1 و ذلك من الخاصية1 1
p p p n n n C C C −
− − = +
p , 0 األعداد الخارجة من المثلث فمعدومة أما -n C p n = >
: مثال
5 n =
5 4 3 2 1 0 p n
0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 2 1 2 0 0 1 3 3 1 3 0 1 4 6 4 1 4 1 5 10 10 5 1 5
: دستور ثنائي الحد : معدوم فإن عدد طبيعي غير n عددان طبيعيان و b و a إذا كان
( ) 0 0 0 1 1 1 ..... n n n n n n n n n n a b C a b C a b C a b − − − + = + + +
( ) : إذن0
i n n i n i i
n i
a b C a b =
−
=
+ . ويسمى دستور ثنائي الحد ∑ =
: مثال
( ) ( ) 5 0 0 5 0 1 5 1 1 2 5 2 2 5 5 5 2 2 2 2 x C x C x C x − − − + = + +
3 5 3 3 4 5 4 4 5 5 5 5 5 5 5 2 2 2 C x C x C x − − − + + +
5 ( ) : و منه 5 4 3 2 2 10 40 80 80 32 x x x x x x + = + + + + +
5 األعداد 4 3 2 1 0 5 5 5 5 5 5 , , , , , C C C C C C تستخرج باستعمال المثلث العددي .
III - الشرطية االحتماالت : : المستقلة األحداث
: يد تمه . مجموعة اإلمكانيات المتعلقة بتجربة عشوائية Ω لتكنp احتمال معرف على Ω ، A و B حادثتان حيث : ( ) 0 p A ≠
: 1 تعريفA p ( ) محققة العدد A علما أن الحادثة B نسمي احتمال الحادثة B
( ) ( ) : و هو معرف بالعبارة( ) A
p A B p B
p A =
∩
( ) ( ) : من التعريف لدينا -( )
( ) ( ) 1 A
p A p A p
p A p A Ω
Ω = = = ∩
2 إذا كانت - 1 , B B حادثتان غير متالئمتين فإن : ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 A A A p B B p B p B = + ∪
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) B A p A B p B p A p A p B = × = × ∩ : 2 تعريف
: أنهما مستقلتان إذا و فقط إذا كانت B و A نقول عن حادثتين
( ) ( ) A p B p B = أي : ( ) ( ) ( ) . p A B p A p B = ∩
: مبرهنة . مستقلتين B و A حادثتين مستقلتين فإن B و A إذا كانت
: 1 تطبيق نسحب من الكيس 6 إلى 1 قريصات مرقمة من 6 يحتوي كيس على
. قريصتين في آن واحد . 7 احسب احتمال سحب قريصتين مجموعهما - . 3 وعلما أن فرقهما 7 احسب احتمال سحب قريصتين مجموعهما -
: الحل عدد إمكانيات سحب قريصتان في آن واحد من الكيس هو عدد
: عناصر و عددها 6 التوفيقات ذات عنصرين من مجموعة ذات
( ) 2 6
6! 15 6 2 ! 2!
C = = − ×
7 الحادثة المعرفة بمجموع الرقمين يساوي A لتكن
1, 6 , 2,5 , 3, 4 A = 3 و منه عدد إمكانياتها هو .
( ) : و منه 3 15
P A = أي : ( ) 1 3
P A =
3 الحادثة المعرفة بالفرق بين الرقمين يساوي B لتكن - 2
1,4 , 2,5 , 3, 6 B = 2,5 ؛ A B = ∩
: محققة هو A علما أن B احتمال الحصول على
( ) ( ) ( ) A
P A B P B
P A =
( ) : ينا مما سبق ولد ∩ 1 3
P A =
( ) : و لدينا 1 15
P A B = ∩
( ) : و عليه1
1 3 1 15 1 15 1 5 3
A P B = = × =
1 هو 3 علما أن فرقهما 7 إذن احتمال سحب رقمين مجموعهما5
: 2 تطبيق راء كرات خض 8 كرات صفراء و 4 يحتوي وعاء على
) على التوالي و بدون إعادة ( ن نسحب كريتيي . احسب احتمال الحصول على كرة صفراء ثم كرة خضراء - 1
. احسب احتمال الحصول على كرة خضراء ثم كرة صفراء - . احسب احتمال الحصول على اللونين معا - استعمل شجرة االحتماالت لنمذجة كل من الوضعية السابقة وحساب - 2
. االحتماالت : الحل حادثة الحصول على كرة صفراء في أول سحب J 1 نفرض - 1
حادثة الحصول على كرة خضراء في أول سحب V 1 وحادثة الحصول على كرة صفراء في ثاني سحب J 2 و
حادثة الحصول على كرة خضراء في ثاني سحب V 2 و نفرض4 8 8 12 11 33
= × = ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 V . V J P J P J P = ∩
8 4 8 12 11 33
= × = ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 V 2 V V . P J P P J = ∩
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 2 1 2 1 V 2 V V . V . V J P J J P P J P J P P + = + ∩ ∩
4 3 8 7 12 11 12 11
= × + ×
1 14 17 11 33 33
= + =
: نمذجة الوضعية باستعمال شجرة االحتماالت 2
سحب األول السحب الثاني ال
( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 J 2 J J J J p p p = × ∩ ( )
1 J 2 3 J 11
p =
4 3 1 12 11 11
= × =
( ) 1 4 J 12
p =
( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 J 2 J V J V p p p = × ∩ ( )
1 2 8 V 11 J p =
4 8 8 12 11 33
= × =
( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 V J V J V p p p = × ∩ ( )
1 V 2 4 J 11
p =
8 33
= 8 4 12 11
= ×
( ) 1 8 v 12
p =
( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 V 2 V V V V p p p = × ∩ ( )
1 v 2 7 V 11
p =
8 7 14 12 11 33
= × =
III - دستور االحتماالت الكلية : Ω مكانيات المتعلقة بتجربة عشوائية مجموعة اإل . P احتمال معرف على Ω .
: تعريف1 نقول عن الحوادث 2 , ,..., n A A A أنها تجزئة للمجموعة Ω إذا وفقط
. كل من هذه الحوادث غير مستحيلة - 1 : إذا كانت . كل حادثتين من هذه الحوادث غير متالئمتين - 2 . Ω اتحاد هذه الحوادث يساوي - 3
: مثال : عند رمي النرد مرة واحدة نجد أن مجموعة اإلمكانيات هي
1,2,3,4,5,6 Ω =
, لتكن الحوادث , C B A حيث : A " ظهور رقم أولى " B " ؛ " 4 ظهور رقم مضاعف للعدد C " 6 أو 1 ظهور العدد "
2,3,5 : لدينا , 4 , 1,6 A B C = = =
, نالحظ أن , A B C حوادث غير مستحيلة و كل حادثتين منها غير , وعليه الحوادث . Ω متالئمتين واتحادها هو , A B C تشكل تجزئة
. Ω للمجموعة
) االت الكلية دستور االحتم : ( مبرهنةΩ المتعلقة بتجربة عشوائية اإلمكانيات مجموعة . P احتمال معرف على Ω . ( ) 1 2 , ,..., n A A A تجزئة للمجموعة Ω .
: فإن Ω حادثة من A إذا كانت( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2 . . ... . n A A A n P A P A P A P A P A P A P A = + + +
. و يسمى دستور االحتماالت الكلية : 1 مثال
Ω 1,2,3,4,5,6 : في المثال السابق =
( ) , , A B C تجزئة للمجموعة Ω حيث : 2,3,5 4 1,6
A B C
= = =
,3,4,5 احسب احتمال الحادثة 6 E = بطريقتين . : الحل
( ) : الطريقة األولى - 1 4 2 6 3
P E = =
: باستعمال دستور االحتماالت الكلية : الطريقة الثانية - 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . . . A B C P E P E P A P E P B P E P C = + +
2 ( ) ( ) ( ) : حيث 1 3 , , 6 6 6
P C P B P A = = =
( ) ( ) : لدينا( )
2 2 6
3 3 6
A P E A
P E P A
= = = ∩
E 3,5 : ألن A= ∩ و عليه : ( ) 2 6
P E A = ∩ .
( ) ( ) : لدينا( )
1 6 1 1 6
B P E B
P E P B
= = = ∩
E 4 : ألن B ( ) : و منه ∩ = 1 6
p E B = ∩
( ) ( ) : لدينا( )
1 1 6
2 2 6
C p E C
p E p C
= = = ∩
E 6 : ألن C = ∩ و عليه : ( ) 1 6
p E C = ∩
. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) : إذن . . A c p E p E p A p E p B p E p C = + +
( ) 2 3 1 1 2 . 1. 3 6 6 2 6
p E = + + + ( ) : ومنه × 2 3
p E = .
: 2 مثال راء و كرتان كرات خض 3 كرات حمراء و 5 يحتوي كيس على
. بيضاويين ). على التوالي و دون إرجاع ( نسحب من الكيس كرتين عشوائيا
. مثل الوضعية بشجرة . احسب احتمال الحصول على كرة بيضاء في السحب الثاني
: الحل : نمذجة هذه الوضعية بواسطة شجرة
. كرة حمراء R كرة خضراء ، B لكرة بيضاء ، V : نرمز بـ
( ) 1 V 2
2 V 9
p = V
( ) 1 V 2
2 B 9
p = B V
( ) 1 V 2
5 R 9
p = R ( ) 1 3 V 10
p =
( ) 1 B 2
3 V 9
p = V
( ) 1 B 2
1 B 9
p = B B
( ) 1 B 2
5 R 9
p = R ( ) 1 2 B 10
p =
( ) 1 R 2
3 V 9
p = V
( ) 1 R 2
2 B 9
p = B R ( ) 1 5 R 10
p =
( ) 1 R 2
4 R 9
p = R
السحب الثاني السحب األول : احتمال الحصول على كرة خضراء في السحب الثاني -
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 V 2 1 B 2 1 R 2 1 V V V V . V . R p p P p p B p p = × + +
( ) 2 2 3 3 2 3 5 v 9 10 9 10 9 10
p = × + × + ×
6 6 15 90
+ + =
( ) 2 27 3 v 90 10
p = =
: تمـاريـن و مشكــالت
. 1 التمرين
. 6 إلى 1 زهرتي نرد غير مزيفتين لونهما مختلفان وأوجه كل منهما مرقمة من . ين يظهران على الوجهين العلويين ن ونسجل الرقمين الذ نرمي هذين النردي
. عين على شكل جدول مجموعة إمكانيات الحدوث - 1 : عين الحوادث التالية - 2
A : " ظهور رقمين فرديين " B : " 7 ظهور رقمين مجموعهما أكبر من " C : " ظهور رقمين أوليان " D : " رقمين أحدهما فردي و اآلخر زوجي ظهور "
, , , , B D B D A C A B ∩ ∩ ∩ . أحسب احتماالت كل من الحوادث السابقة
. 2 التمرين
احتمال ظهور رقم زوجي . 6 إلى 1 زهرة نرد مزيفة أوجهها مرقمة من . م فردي ضعف احتمال ظهور رق
. أحسب احتمال ظهور رقم زوجي ثم احتمال ظهور رقم فردي ) 1. 5 و الرقم 2 أحسب احتمال ظهور الرقم ) 2
. 3 التمرين
. ال نفرق بينها عند اللمس 6 إلى 1 كريات مرقمة من 6 يحتوي كيس على نسحب من الكيس كريتين على التوالي بحيث بعد كل سحب نعيد الكرية
. س قبل السحب الموالي المسحوبة إلى الكي . أنشئ مخطط يبين كل الحاالت ) 1 . 5 أحسب االحتمال ألن تكون الكرية الثانية تحمل رقم ) 2 أعد نفس األسئلة السابقة مع عدم رد الكرية المسحوبة إلى الكيس ) 3
. قبل السحب الموالي . 4 التمرين
6,5,4,3,2,1 صمم مكعب غير متجانس و كتبت على أوجهه األعداد بحيث إذا ألقي على مستوى أفقي يكون احتمال ظهور أي عدد متناسبا مع
. ذلك العدد Ω عين مجموعة اإلمكانيات – 1
. أحسب احتماالت الحوادث البسيطة – 2 . أحسب احتمال ظهور عدد أولي – 3. 5 أحسب احتمال ظهور عدد أكبر من أو يساوي – 4
. 5 مرين الت
. 20 إلى 1 ورقة مرقمة من 20 نسحب ورقتين عشوائيا من بين : أوجد احتمال أن يكون المجموع فرديا في كل حالة مما يلي
. سحب الورقتين معا – 1 سحب الورقتين الواحدة بعد األخرى دون إعادة الورقة المسحوبة قبل – 2
. سحب الورقة الثانية األخرى مع إعادة الورقة المسحوبة قبل سحب الورقتان الواحدة بعد – 3
. سحب الورقة الثانية . 6 التمرين
تالميذ أعمارهم 5 سنة و 16 تالميذ أعمارهم 10 يتكون قسم دراسي من سنة، أرادوا تشكيل لجنة مكونة من 18 تلميذا أعمارهم 20 سنة و 17
. تلميذين . ما هو عدد الطرائق الختيار هذين التلميذين – 1 . سنة 34 احتمال اختيار تلميذين مجموع سنهما ما – 2 الذين يرفق بكل من هذه اإلمكانيات X نعتبر المتغير العشوائي – 3
. الختيار تلميذين مجموع سني هذين التلميذين . أكتب قانون االحتمال لهذا المتغير العشوائي - . أحسب األمل الرياضياتي -. و االنحراف المعياري أحسب التباين -
. 7 التمرين
1 : برهن على صحة الخاصية1 1
p p p n n n C C C −
− − = +
: المعادلة ¡ ثم حل في2 1
1 1 . 0 p p p n n n x C x C C −
− − − + =
. 8 التمرين
0 : برهن أن – 1 1 ........ 2 n n n n n C C C + + + =
1 : أثبت أن – 21
p p n n pC nC −
− = 1 أحسب المجموع – 3 2 3 2 3 ... n
n n n n S C C C nC = + + + +
. 9 التمرين
a 100 ( ) عند نشر b + 70 ما هو معامل الحد 30 . a b 41 ما هي رتبة الحد 59 a b ×
. 10 التمرين
1 ( ) انشر كل من 1 n + 1 ( ) و 1 n − ثم استنتج المجاميع : 0 1
1 . .. n n n n S C C C = + + + 0 2 4
2 ... n n n S C C C = + + + 1 3 5
3 ... n n n S C C C = + + +
. 11 التمرين
: ن غير معدوم فإ n برهن بالتراجع أنه من أجل كل عدد طبيعي
1
1 1 ! 2 n n − ≤
. 12 التمرين
إذا 9,8,7,6,5,4,3,2,1,0 كم عددا يمكن تشكيله باستخدام األرقام : كانت هذه األعداد مكونة من
أرقام 6 ) 1 أرقام متمايزة مثنى مثنى 6 ) 25 أرقام و مضاعفة 6 ) 3 ≥
. أرقام متمايزة مثنى مثنى و فردية 3 ) 4 . 13 التمرين
نسحب من الكيس . 20 إلى 1 قريصة مرقمة من 20 يحتوى كيس على . قريصتين في آن واحد و بال اختيار
. 10 أحسب احتمال سحب قريصتين مجموع رقميهما . 4 أحسب احتمال سحب قريصتين الفرق بين رقميهما يساوي علما أن 10 ين مجموع رقميهما أحسب احتمال سحب قريصت
. 4 الفرق بينهما . 14 التمرين
قطعة نقود صنعت مزيفة بحيث عند رميها يكون احتمال ظهور الوجه الذي . B ضعف احتمال ظهور الوجه اآلخر والذي يحمل الحرف A يحمل الحرف
: لية أحسب االحتماالت التا – 1( ) ( ) ( ) ( ) , , , p A B p A p B p A ∩
دج وظهور الوجه 100 يعطي ربح A نفرض أن ظهور الوجه – 1B دج 50 يعطي خسارة .
. المتغير العشوائي الذي يأخذ قيم الربح أو الخسارة X ليكن
X للمتغير العشوائي أكتب قانون االحتمال
X أحسب األمل الرياضياتي للمتغير
X المعياري للمتغير االنحراف أحسب التباين و
. 15 التمرين
، 30 % أقسام حيث تساهم بـ 3 يتكون مصنع إلنتاج الثالجات من رتيب في اإلنتاج الكلي للمصنع و احتماالت أن على الت 10 % 60 %
الثالثة هي تكون الثالجة أنها صنعت في األقسام صالحة لالستعمال علما
0,90 , 0,85 , . على الترتيب 0,75 ما هو احتمال أن تكون الثالجة المصنوعة في هذا المصنع صالحة
. لالستعمال . 16 التمرين
. كرات سوداء 4 ء و كرات حمرا 6 يحتوي كيس على . كرات على التوالي و دون إرجاع 3 نسحب من هذا الكيس
: حيث B و A احسب احتمال تحقق كل من الحدثين – 1A : الحصول على اللونين معا . B : الحصول على لون واحد .
استعمل شجرة االحتماالت لنمذجة كل من الوضعيتين السابقتين – 2. B و A لحساب احتمال تحقق كل من الحدثين
. 17 التمرين
. كرات صفراء 3 كرات خضراء و 5 يحتوي كيس على كرات على التوالي بحيث بعد كل سحب نعيد الكرة 3 س نسحب من الكي
. المسحوبة إلى الكيس قبل السحب الموالي : حيث D و C احسب احتمال تحقق كل من الحدثين – 1
C : الحصول على اللونين معا D : الحصول على لون واحد .
استعمل شجرة االحتماالت لنمذجة كل من الوضعيتين السابقتين – 2. D و C و لحساب تحقق كل من الحدثين
: الحـلــــــول
. 1 التمرين
D 2 و D 1 ليكن النردين : ات الحدوث جدول مجموعة إمكاني تعيين في – 1
6 5 4 3 2 1 1 D
2 D
( ) 1;6 ( ) 1;5 ( ) 1;4 ( ) 1;3 ( ) 1;2 ( ) 1;1 1
( ) 2;6 ( ) 2;5 ( ) 2;4 ( ) 2;3 ( ) 2;2 ( ) 2;1 2
( ) 3;6 ( ) 3;5 ( ) 3;4 ( ) 3;3 ( ) 3;2 ( ) 3;1 3
( ) 4;6 ( ) 4;5 ( ) 4;4 ( ) 4;3 ( ) 4;2 ( ) 4;1 4
( ) 5;6 ( ) 5;5 ( ) 5;4 ( ) 5;3 ( ) 5;2 ( ) 5;1 5
( ) 6;6 ( ) 6;5 ( ) 6;4 ( ) 6;3 ( ) 6;2 ( ) 6;1 6
: تعيين الحوادث - 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1;1 , 1; 3 , 1; 5 , 3; 3 , 3; 5 , 5;1 , 5; 3 , 5; 5 A =
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2; 6 , 3; 5 , 3; 6 , 4; 4 , 4; 5 , 4;6 , 5; 3 , 5; 4 , B =
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5; 5 , 5; 6 , 6; 2 , 6; 3 , 6; 4 , 6; 5 , 6; 6
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2; 2 , 2;3 , 2;5 , 3; 2 , 3; 3 , 3;5 , 5; 2 , 5; 3 , 5;5 C =
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1; 2 , 1;4 , 1;6 , 2;1 , 2;3 , 2;5 , 3;2 , 3;4 , 3;6 D =
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 4;1 , 4; 3 , 4;5 , 5; 2 , 5;4 , 5; 6 6;1 , 6; 3 , 6;5
( ) ( ) ( ) 3; 5 , 5; 3 , 5; 5 A B = ∩
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1;1 , 1; 3 , 1; 5 , 2; 2 , 2; 4 , 2; 6 , 3;1 , 3; 3 , D =
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3; 5 , 3; 5 , 4; 2 , 4; 4 , 4; 6 , 5;1 , 5, 3 ,
( ) ( ) ( ) ( ) 5; 5 , 6; 2 , 6; 4 , 6; 6
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1;1 , 1; 2 , 1; 3 , 1;4 , 1;5 , 1;6 , 2;1 , 2;2 , B =
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2; 3 , 2; 4 , 2; 5 , 3;1 , 3; 2 , 3; 3 , 3, 4 , 5;1
4;1 , 4; 2 , 4; 3 , 5;1 , 5; 2 , 6,1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1;1 , 1; 3 , 1; 5 , 2; 2 , 2; 4 , 3;1 , 3; 3 , B D = ∩
( ) ( ) 4; 2 , 5;1
: حساب االحتماالت - 3
( ) ( ) 9 3 15 5 , 36 12 36 12
p A p B = = = =
( ) ( ) 9 3 18 1 , 36 12 36 2
p C p D = = = =
( ) 3 1 36 12
p A B = ( ) ؛ ∩ = 4 1 36 9
p A C = = ∩
( ) 18 1 36 2
p D = ( ) ؛ = 21 7 36 12
p B = =
( ) 9 1 36 4
p B D = = ∩
. 2 التمرين
Ω 1,2,3,4,5,6 : هي Ω مجموعة اإلمكانيات ) 1 =
( ) : فإن Ω احتمال على p حيث إذا كان 1 p Ω =
1,2,3,4,5,6 ( ) : إذن 1 p =
1,3,5 ( ) : و منه 2,4,6 1 p = ∪
1,3,5 ( ) ( ) ( ) : و بالتالي 2,4,6 1 ... 1 p p + =
2,4,6 : ألن 1,3,5 = ∅ ∩
: وبما أن احتمال ظهور رقم زوجي ضعف احتمال ظهور رقم فردي فإن
( ) ( ) 2, 4, 6 2 1, 3,5 p p = 1,3,5 ( ) : بوضع p a =
2,4,6 ( ) : نجد 2 p a = 2 : نجد ) 1 ( و منه بالتعويض في 1 a a + =
3 : و عليه 1 a = 1 أي 3
a =
( ) : إذن 1 1,3,5 3
p = و ( ) 2 2, 4, 6 3
p = أي أن احتمال ظهور
1 رقم فردي هو3
2 و احتمال ظهور رقم زوجي هو3
: 2 احتمال ظهور الرقم
( ) : لدينا 2 2,4,6 3
p = و عليه : ( ) 2 2 4 6 3
p = ∪ ∪
( ) ( ) ( ) 2 2 4 6 3
p p p + + =
2 ( ) ( ) ( ) : لكن 4 6 p p p h = = 2 3 : ومنه =3
h 2 : إذن =9
h =
2 هو 2 إذن احتمال ظهور الرقم9
( ) : لدينا : 5 احتمال ظهور الرقم 1 1,3,5 3
p =
( ) : و منه 1 1 3 5 3
p = ∪ ∪
( ) ( ) ( ) : إذن 1 1 3 5 3
p p p + + =
1 ( ) ( ) ( ) : لكن 3 5 p p p m = = =
1 3 : إذن3
m = 1 : و منه 9
m = 1 هو 5 إذن احتمال ظهور الرقم 9
. 3 التمرين
السحبة الثانية السحبة األولى
1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
5
6
: حساب االحتمال – 26 : عدد الحاالت الممكنة هو 6 36 × =
6 : عدد الحاالت المالئمة هو 1 6 × =
6 : االحتمال 1 36 6
p = =
: السحب دون إرجاع – 3 2 : مخطط السحب
3 4 5 6 1 3 4 5 6 1 2 4 5 6 1 2 3 5 6 1 2 3 4 6 1 2 3 4 5
1
2
3
4
5
6
: حساب االحتمال -6 : عدد الحاالت الممكنة 5 30 × =
6 : عدد الحاالت المالئمة 1 6 × =
: االحتمال6 1 36 5
p = =
. 4 التمرين
Ω 1,2,3,4,5,6 : مجموعة اإلمكانيات – 1 =
: لحوادث البسيطة حساب احتماالت ا – 2 ( ) : لدينا 1 p Ω : أي =
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 5 6 1 p p p p p p + + + + + = 1 : و عليه 2 3 4 5 6 1 p p p p p p + + + + + =
3 : لكن 5 6 1 2 4
1 2 3 4 5 6 p p p p p p α = = = = = =
1 : إذن 1 p α = 2 و 2 p α = 3 و 3 p α = 4 و 4 p α = 5 و 5 p α = 6 6 p α = 2 : و بالتالي 3 4 5 6 1 α α α α α α + + + + + =
21 : و منه 1 α = أي أن : 1 21
α =
3 : و عليه3 1 21 7
p = = ٬ 2 2 21
p = ٬ 1 1 21
p = ٬
6 6 2 21 7
p = = ٬ 5 5 21
p = ٬ 4 4 21
p =
: حساب احتمال ظهور عدد أولي 3 ( ) ( ) ( ) ( ) 2,3,5 2 3 5 p p p p = + +
2 3 5 10 21 21 21 21
= + + =
: 5 حساب احتمال ظهور عدد أكبر من أو يساوي – 2 ( ) ( ) ( ) 5 6 5,6 5 6 p p p p p = + = +
5 6 11 21 21 21
= + =
. 5 التمرين
. يكون المجموع فرديا إذا كانت ورقة تحمل رقما زوجيا و األخرى فرديا 2 : لممكنة لسحب الورقتين معا عدد الطرق ا – 1
20 190 C =
عدد الطرائق المالئمة لسحب ورقتين إحداهما تحمل رقم زوجي1 : و األخرى فردي أي مجموع الرقمين فردي هو 1
10 10 100 C C × =
1 : االحتمال100 10 190 19
p = =
: رقتين على التوالي دون اإلعادة عدد الطرائق الممكنة لسحب الو – 22 20 20 19 380 A = × =
عدد الحاالت المالئمة لسحب ورقتين مجموعها فردي، أي أن تكون - : األولى زوجية و الثانية فردية أو األولى فردية و الثانية زوجية و عددها
10 10 10 10 200 × + × =
2 : االحتمال200 10 380 19
p = =
: عدد طرائق سحب ورقتين على التوالي مع اإلرجاع هو – 3
20 20 400 × = 10 : عدد الطرائق المالئمة 10 10 10 200 × + × =
ألن إما أن تكون األولى فردية والثانية زوجية أو أن تكون األولى زوجية . و الثانية فردية
3 : االحتمال هو200 1 400 2
p = =
. 6 التمرين
: عدد الطرائق الختيار هذين التلميذين – 1
( ) 2 35
35! 35 2 ! 2!
C = − ×
595 = 2 35
35 34 33! 35 17 33! 2
C × × = = ×
× : سنة 34 احتمال اختيار تلميذين مجموع سنيهما – 2
1 : عدد الطرائق المالئمة 1 2 10 20 5 210 C C C × + =
سنة أو تلميذين عمر كل 18 سنة و آخر 16 أي تلميذ عمره ( ). سنة 17 منهما
: االحتمال هو210 6 595 17
=
36,35,34,33,32 : هي X قيم – 3
[ ] 2 10 45 9 32
595 595 119 C p X = = = =
[ ] 1 1 10 5 50 10
33 595 595 119
C C p X × = = = =
[ ] 1 1 2 10 20 5 210 42 34
595 595 119 C C C p X × +
= = = =
[ ] 1 1 5 2 0 1 00 20 3 5 59 5 59 5 11 9
C C p X × = = = =
[ ] 2 20 190 38 36
595 595 119 C p X = = = =
: قانون االحتمال X قيم 36 35 34 33 3238 119
20 119
42 119
10 119
9119 p
: األمل الرياضياتي -
( ) 32 9 33 10 34 42 35 20 36 38 119 119 119 119 119
E X × × × × × = + + + +
( ) 288 330 1428 700 1368 4114 119 119
E X + + + + = =
( ) : إذن 34,57 E X ; . : التباين -
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
2 2
9 10 42 V 3235 3335 3435 119 119 119
20 38 3535 3635 119 119
× + × + ×
+ × + ×
;
81+40+42+0+38 V 119
;
201 V 119
;
V 1,7 ; : االنحراف المعياري
V σ = 1,3 σ ;
. 7 التمرين
1 : البرهان على صحة الخاصية -1 1
p p p n n n C C C −
− − = +
( ) ( ) ( ) ( )
( ) [ ]
1 1 1
1 ! 1 ! 1 !. ! 1 1 ! 1
p p n n
n n C C
n p p n p p p −
− −
− − + = +
− − − − − ( )
( ) ( ) ( )
( ) 1 ! 1 !
!. 1 ! !. ! n n
n p p n p p − −
= + − − −
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 ! 1 ! . 1 !. 1 1 !. 1
n n n p n p p n p p p
− − = +
− − − − − − −
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 ! . 1 ! . . 1 ! 1
n p n n p n p n p p p
− + − − =
− − − −
( ) [ ] ( )
( ) ( ) ( )
1 ! 1 ! ! ! ! ! ! ! !
n p n p n n n n p p n p p n p p
− + − − = = =
− − − p n C =
: حل المعادلة2 1
1 1 . 0 p p p n n n x C x C C −
− − − + =
( ) 2 1 1 1 4 . p p p
n n n C C C − − − ∆ = − −
( ) 2 1 1 1 4 . p p p
n n n C C C − − − ∆ = −
( ) 2 1 1 1 1 1 1 4 . p p p p
n n n n C C C C − − − − − − ∆ = + −
( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 . 4 . p p p p p p
n n n n n n C C C C C C − − − − − − − − − ∆ = + + −
( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 1 1 2 . p p p p
n n n n C C C C − − − − − − ∆ = − +
( ) 2 1 1 1
p p n n C C −
− − ∆ = −
∆ 0 ه و علي : و منه للمعادلة حلين متمايزين <
( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 2 2
p p p p p p p n n n n n n n
C C C C C C C x − − − − − − − − −
− − + − + = =
1 : و منه 1 p n x C − =
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2
p p p p p p p n n n n n n n C C C C C C C x
− − − − − − − − − − − + + −
= =
1 : و منه2 1
p n x C −
− =
1 1 1 , p p
n n S C C − − − =
. 8 التمرين
0 : نبرهن أن – 1 1 ... 2 n n n n n C C C + + + =
( ) : لدينا 0 0 0 1 1 1 ... n n n n n n n n n n a b C a b C a b C a b − − − + = + + +
a 1 بوضع b = : نجد =
( ) 0 1 1 1 ... n n n n n C C C + = + + +
0 : إذن 1 ... 2 n n n n n C C C + + + =
( ) : ويمكن البرهان بالتراجع على صحة 0 1 : ... 2 n n n n n p n C C C + + + =
n = : 0 0 من أجل 0 0 2 C صحيحة =
p ( ) نفرض صحة - k 1 ( ) و نبرهن صحة p k +
( ) 0 1 : ... 2 k k k k k p k C C C + + + =
( ) 0 1 1 1 1 1 1 1 : ... 2 k k
k k k p k C C C + + + + + + + + + =
0 : لدينا مما سبق 0 1 k k C C + =
1 0 1 1 k k k C C C + = +
2 1 2 1 k k k C C C + = +
M 1
1 k k k k k k C C C −
+ = + 1 1 1
k k k k k k C C C + +
+ = +
: بالجمع طرفا لطرف نجد0 1 1 0 1 1 1 1 1 ... 2 2 ... 2 k k k
k k k k k k k C C C C C C C + + + + + + + + = + + + +
( ) 0 1 2 ... 0 k k k k C C C = + + + +
2.2 k = 1 2 k+ =
p 1 ( ) ومنه k + صحيحة و عليه ( ) p n من أجل كل عدد طبيعي n 1 : إثبات أن – 2
1 p p n n pC nC −
− =
( ) ( ) ( ) ! ! ! ! ! 1 !
p n
n n pC p p n p p n p p p
= × = × − × − −
( ) ( ) ( ) ! ... 1 ! 1 ! n
n p p =
− −
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
1 ! 1 .
! . 1 ! 1 1 !. 1 ! p n
n n n nC n
n p p n p p −
−
− − = =
− − − − − −
( ) ( ) ( ) ! ... 2 ! . 1 ! n
n p p =
− −
1 ) : 2 ( و ) 1 ( من1
p p n n pC nC −
− =
: S حساب المجموع – 31 2 3 1. 2 3 ... n n n n n S C C C nC = + + + +
0 : مما سبق 1 2 1 1 1 1 1 . ... n
n n n n S n C nC C nC − − − − − = + + + +
0 1 2 1 1 1 1 1 ... n
n n n n S n C nC C nC − − − − − = + + + +
n S 2. 1 : 1 و من السؤال n − =
. 9 التمرين
( ) 100
100 100 100
0
. . p
p p p
p a b C a b
= −
=
+ = ∑ 30 معامل 30 . a b :
: لدينا 100 70
30 p
p − =
= p 30 : و منه =
30 : إذن المعامل هو100 C
41 : رتبة الحد - 59 a b × إذن : 100 41
59 p
p − =
= p 59 : إذن =
. 60 : و عليه رتبة هذا الحد هي . 10 التمرين
( ) ( ) ( ) 0 0
1 1 1 . 1 n p p n p n
n p p p n n
p p C C
− = =
= =
+ = = ∑ ∑ 0 1 2 ... n n n n C C C = + + +
( ) ( ) ( ) ( ) 0
1 1 1 1 1 . 1 p n n n n p p p
n p
C =
−
=
+ = + − = − ∑
( ) ( ) 0 1 2
0
1 ... 1 p p n
n p n n n n n n
p C C C C C
=
=
= − = − + − + − ∑
( ) 0 1 2 0 ... 1 n n n n n n C C C C = − + − + −
: جاميع استنتاج الم
( ) 1 1 1 2 n n S = + =
( ) ( ) 0 2 1 3 1 ... ... n n n n S C C C C = + + + + +
1 2 3 S S S = + ( ) ( ) 0 2 1 3 0 ... ... n n n n C C C C = + + − + +
2 3 0 S S = −
2 : إذن 3
2 3
2 0
n S S S S
+ =
− = 2 2 : بالجمع نجد 2 n S =
: إذن2
2 2
n
S 1 : و عليه =2 2 n S 1 : و بالتالي = −
3 2 n S − =
. 11 التمرين
( ) : الخاصية البرهان بالتراجع على صحة 1
1 1 : ! 2 n
p n n − ≤
n = : 0 1 من أجل
1 1 1! 2
1 أي ≥ 1 ≤
. صحيحة p 1 ( ) و هذا صحيح و منه p ( ) نفرض صحة k 1 ( ) و نبرهن صحة p k +
( ) 1
1 1 : ! 2 k
p k k − ≤
( ) ( ) 1 1 1 : 1 ! 2 k
p k k
+ ≤ +
≤ k 1 : لدينا
1 : إذن 2 k + 1 ( ) : و عليه ≤ : ! 2. ! k k k + ≥
1 ( ) : و منه ! 2. ! k k + ( ) ( ) : بالتالي و ≤1 1 1 ... 1 ! 2. ! k k
≤ +
1 : لكن
1 1 ! 2 k k 1 : و منه ≥ −
1 1 2 ! 2.2 k k − ≤
( ) : إذن 1 1 2 ... 2. ! 2 k k
≤
1 : 2 ( ) و 1 ( ) من 1 ( 1)! 2 k k
≤ +
p 1 ( ) : إذن k + صحيحة . p ( ) : و منه n صحيحة من أجل كل عدد طبيعي n غير معدوم .
. 12 التمرين
: أرقام 6 عدد األعداد المكونة من – 1 ≠ a 0 : حيث abcdef و هي من الشكل
إمكانيات 9 فلدينا a الختيار كل عدد منها ما عدا إمكانيات 10 : لدينا9 9 : و حسب المبدأ األساسي عدد األعداد هو ≠ a 0 : ألن 10 ×
أرقام متمايزة مثنى مثنى وهي من 6 عدد األعداد المكونة من – 2 ≠ a 0 حيث abcdef : الشكل
: على اليسار هو 0 عدد األعداد من هذا الشكل بما فيهم التي تشمل -6 10 A أي
( ) 10!
10 6 ! − 10 أي 9 8 7 6 5 : × × × × ×
151200 : وعليه عدد هذه األعداد هو
أرقام 5 هو عدد األعداد ذات abcdef داد من الشكل وعدد األع
5 وعددها9 A حيث :
( ) 5 9
9! 9 8 7 6 5 9 5 !
A = = × × × × −
5 : أي9 15120 A =
: أرقام متمايزة مثنى مثنى هو 6 ومنه عدد األعداد ذات6 5 10 9 136080 A A − =
و هي من 5 أرقام و مضاعفة لـ 6 عدد األعداد المكونة من – 3abcde ( ) 0 a 5 أو abcde 0 الشكل 5 أو 0 أي رقم آحادها إما ≠
9 : و عددها 10 10 10 10 2 × × × × ×
إمكانيات 10 و a إمكانيات االختيار 9 لدينا ( لمبدأ األساسي حسب ا ) f إمكانية الختيار 2 و e و d و C و b الختيار كل من
4 18 : و منه عدد هذه األعداد هو 10 180000 × =
. عدد األعداد الفردية و المتمايزة مثنى مثنى – 4 ∋c 1,3,5,7,9 و ≠ a 0 : حيث abc : و هي من الشكل
على 0 ها التي تشمل عدد كل األعداد الفردية من هذا الشكل بما في -8 : اليسار هو 9 5 × 360 أي ×
8 : هو abc : عدد األعداد الفردية من الشكل - 40 أي × 5
أرقام متمايزة مثنى مثنى و فردية 3 ومنه عدد األعداد المكونة من360 : هو 40 320 − =
. 13 التمرين
: عدد السحبات الممكنة( )
2 2 0
2 0 ! 2 0 2 ! 2 !
C = − ×
190 = . 10 الحادثة المعرفة بمجموع الرقمين يساوي A لتكن ) 1
1, 9 , 2, 8 , 3, 7 , 4, 6 A =
( ) 4 2 190 95
p A = =
: 4 الحادثة المعرفة بالفرق بين الرقمين يساوي B لتكن ) 2 1,5 , 2, 6 , 3, 7 , 4, 8 , 5, 9 , 6;10 , B =
7,11 , 8,12 , 9,13 , 10,14 , 11,15 ,
12,16 , 13,17 , 14,18 , 15,19 , 16, 20
( ) 16 8 190 95
p B = =
B p ( ) حساب – 3 A :
( ) ( ) ( ) B
p A B p A
p b =
∩
A 3,7 : لكن B = ∩ و منه : ( ) 1190
p A B = ∩
( ) : و عليه1
1 19 1 190 16 190 16 16 190
B p A = = × =
. 14 التمرين
A , : لتكن مجموعة اإلمكانيات ) 1 B Ω =
( ) 1 p Ω ( ) ( ) و منه = 1 p A p B + =
p 2 ( ) ( ) : لكن A p B = 3 ( ) : و منه 1 p B =
( ) : إذن 1 3
p B ( ) و عليه = 2 3
p A =
( ) ( ) 2 1 1 1
3 3 p A p A = − = − =
p ( ) حساب A B ∩ : ( ) ( ) ( ) ( ) p A B p A p B p A B = + − ∪ ∩
( ) 1 2 1 3 3
p A B = + ( ) و منه ∩ − 0 p A B = ∩
: X قانون االحتمال للمتغير العشوائي - 2 X قيم 100 501 3
2 3 X p
: X ألمل الرياضياتي للمتغير ا
( ) 2 1 200 50 100 50 3 3 3
E X − = × − × =
( ) 150 50 3
E X = =
2 ( ) ( ) ( ) : التباين - 2 2 1 V X 100 50 50 50 3 3
= − + − −
( ) ( ) 2 1 5000 10000 2500 10000 3 3 3
+ = + = ( ) V X 5000 =
: االنحراف المعياري -V ( ) ( ) : لدينا X X σ = و منه : ( ) 70,7 X σ ;
. 15 التمرين
30 : احتمال اختيار ثالجة من إنتاج القسم األول هو100
1 ( ) : أي 0,3 p C =
60 : احتمال اختيار ثالجة من إنتاج القسم الثاني هو100
2 ( ) : أي 0,6 p C =
10 : احتمال اختيار ثالجة من إنتاج القسم الثالث هو100
3 ( ) : أي 0,1 p C =
في أنتجت صالحة لالستعمال علما أنها F احتمال أن تكون الثالجة ( ) : القسم األول هو
1 0,75 C p F =
في أنتجت صالحة لالستعمال علما أنها F احتمال أن تكون الثالجة ( ) : القسم الثاني هو
2 0, 85 C p F =
في أنتجت صالحة لالستعمال علما أنها F احتمال أن تكون الثالجة ( ) : القسم الثالث هو
3 0,90 C p F =
: صالحة لالستعمال في هذا المصنع F و منه احتمال أن تكون ثالجة( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 1 2 3 C C C p F p F p C p F p C p F p C = × + × + × 0,75 0,3 0,85 0,6 0,90 0,1 0,822 = × + × + × =
. 16 التمرين
. لكرة سوداء N لكرة حمراء و بالرمز R نرمز بالرمز 3 : عدد الحاالت الممكنة لهذا السحب هو
10 720 A = : هي A الحاالت المالئمة لوقوع الحدث ) 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ;V ; ;V;R ; V; ; ; V;V; ; V; ;V ; ;V;V R R R R R R R R : هو A و عليه عدد الحاالت المالئمة للحصول على
2 1 1 2 6 4 6 4 3. 3. 3 120 3 72 576 C C C C × + × = × + × =
( ) : A احتمال الحدث 576 720
p A =
: B الحاالت المالئمة لوقوع الحدث -
( ) ( ) ; ; ; V;V;V R R R و عليه عدد الحاالت المالئمة للحصول
3 : هو B على 3 6 4 144 C C + ( ) : و منه = 144
720 p B =
: نمذجة الوضعية باستعمال شجرة االحتماالت ) 3
R 4 8
N 4 8
R R 5 8
5 9 4 9
R 6 10
N
N 3 8
R 5 8
4 10
R 6 9
N 3 8
N
R 2 8
N 3 9
N 6 8
: مسارات نرمز لها بالرموز 6 تتكون من A و عليه الحادثة( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; ; ;N;N ; R; ; ; R;R; ; N;N;R ; N;R;N N R R R N R N
( ) 6 5 4 6 4 5 6 4 3 10 9 8 10 9 8 10 9 8
p A = × × + × × + × ×
4 6 5 4 6 3 4 3 6 10 9 8 10 9 8 10 9 8
+ × × + × × + × ×
120 120 72 120 72 72 576 720 720
+ + + + + = =
; ( ) ( ) : فتتكون من مسارين هما B أما الحادثة ; ; N;N;N R R R
( ) : و عليه 6 5 4 4 3 2 120 24 10 9 8 10 9 8 720
p A + = × × + × × =
( ) 144 720
p B =
. 17 التمرين
J لكرة خضراء و بالرمز V نرمز بالرمز . لكرة صفراء . 512 أي 3 8 : عدد الحاالت الممكنة لهذا السحب هو
: هي C الحاالت المالئمة لوقوع الحدث ) 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) V;V; ; V;J ;V ; J;V;V ; V;J; J ; J; J;V ; J ;V;J J
: لوضوع الحدث هو و عليه عدد الحاالت المالئمة2 1 2 3.5 3 3.5 .3 360 × + =
( ) : و بالتالي 360 512
p C =
V;V;V ( ) ( ) : هي D الحاالت المالئمة لوقوع الحدث - , J;J;J
3 : هو C عدد الحاالت المالئمة لوقوع 3 5 3 152 + =
( ) : C احتمال 152 512
p C =
: ت نمذجة الوضعية باستعمال شجرة االحتماال – 2
V 5 8 3 8
V 5 8
J V
V 5 8
J 3 8
J 3 8
J 3 8
5 8
• 5 8
J
V 3 8
3 8
J 3 8
J
V 5 8
V 5 8