ورقة تمارين: الاستقلال الاحتمالي لمتحوّلين عشوائيّين

سلّم التصحيح

1. 1. ب نعم، وتعريف 6 يكتبه صراحةً: «على فضاء العيّنة ذاته $\mathrm{\Omega }$». والمعنى العمليّ: السحبة الواحدة تعيّن القيمتين معاً. لو جاء $X$ من تجربةٍ و$Y$ من أخرى لما كان للحدث $(X=x_i)\cap (Y=y_j)$ معنى.
2. 2. ب نعم، $3\times 3=9$ نتيجةً مرتّبة. ولولا الإعادة لبقي خياران في السحبة الثانية فكانت النتائج ستّاً، ولتغيّر الجدول كلّه. فالمقام يخبرك أيّ افتراضٍ تستعمل.
3. 3. ج نعم. $X=1$ و$Y=4$ يعني الكرتين $1$ و$3$، وهما تأتيان بترتيبين لأنّ السحب على التتالي: $(1,3)$ و$(3,1)$. أمّا $X=2$ و$Y=4$ فيعني $2+2$، أي الكرة نفسها مرّتين، ولها ترتيبٌ واحد.
4. 4. ج نعم. عددُ الزرقاوات في سحبتين هو $0$ أو $1$ أو $2$، أمّا مجموع رقمين من $\{1,2,3\}$ فيتراوح بين $1+1=2$ و$3+3=6$. المتحوّلان على الفضاء نفسه ومجموعتا قيمهما مختلفتان تماماً.
5. 5. ب نعم، والسبب ليس اصطلاحاً: قيم $Y$ تجزّئ $\mathrm{\Omega }$ إلى أحداثٍ منفصلةٍ مثنى مثنى، فتنطبق مبرهنة 1 من الدرس الأوّل، واحتمال الحدث يساوي مجموع احتمالات قطعه. وكلّ قطعةٍ خانةٌ من السطر.
6. 6. أ نعم. الطريق من الجدول إلى الهامشين مفتوحٌ دائماً بالجمع، والطريق العكسيّ مسدودٌ إلا عند الاستقلال. والسبب واضح: الهامشان يقولان كم مرّةً تقع كلّ قيمةٍ على حدة، ولا يقولان أيّ قيمتين تقعان معاً.
7. 7. ج نعم، $3\times 5=\mathrm{1<!--\; -->5}$. وهذا للإثبات فقط. أمّا النفي فيكلّف مقارنةً واحدةً ناجحة: خانةٌ تخالف تنهي الفحص فوراً. فالإثبات والنفي غير متناظرين في عدد المقارنات، مع أنّ الشرط نفسه متناظرٌ في المتحوّلين، وهذا موضع الغلط الأشهر في الدرس.
8. 8. أ نعم. الجداء $\frac{1}{3}\times \frac{1}{4}=\frac{1}{\mathrm{1<!--\; -->2}}$ وهو موجبٌ تماماً، والخانة صفر، فالمساواة تخيب عند هذا الزوج. وخانةٌ واحدةٌ مخالفةٌ تكفي للنفي، فلا داعي لبقيّة الجدول. وابحث عن الأصفار أوّلاً، فهي أسرع طريقٍ إلى الجواب.
9. 9. ج نعم. $p_0\times p_2^{\mathrm{\prime }}=\frac{1}{9}\times \frac{1}{9}=\frac{1}{\mathrm{8<!--\; -->1}}$، وهو العدد المكتوب. ولو أخذنا المطبوع حرفيّاً لكان $\frac{1}{9}\times \frac{4}{9}=\frac{4}{\mathrm{8<!--\; -->1}}$، وهو ليس ما يكتبه الكتاب نفسه. فالحساب يكشف الشرطة الساقطة، والنتيجة النهائيّة تبقى صحيحة.
10. 10. أ نعم. $\frac{1}{\mathrm{2<!--\; -->0}}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}=\frac{1}{\mathrm{2<!--\; -->0}}+\frac{1}{4}=\frac{1}{\mathrm{2<!--\; -->0}}+\frac{5}{\mathrm{2<!--\; -->0}}=\frac{6}{\mathrm{2<!--\; -->0}}=\frac{3}{\mathrm{1<!--\; -->0}}$. وهذه أولى تمارين الكتاب صفحة 168، والسطر الثاني يكمل إلى $\frac{7}{\mathrm{1<!--\; -->0}}$ فيصير المجموع واحداً.
11. 11. أ نعم. الاستقلال يعطي $p_{1,2}=p_1\times p_2^{\mathrm{\prime }}$، فالمجهول واحدٌ والقسمة تحلّه: $\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->0<!--\; -->4}÷\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2}=\mathrm{0<!--\; -->.<!--\; -->2}$. وهنا تُستعمل المساواة أداةً لا فحصاً، وهذا هو تمرين الكتاب الثاني صفحة 168.
12. 12. ب نعم، ودائماً. الخانات تقسّم $\mathrm{\Omega }$ كلّه، فمجموعها احتمال الحدث الأكيد. والكتاب يطبع هذا الواحد في زاوية الجدول بلون الجدول لا بالأسود، لأنّه يقرأ من ثلاث جهات: مجموع الخانات، ومجموع هامش $X$، ومجموع هامش $Y$. وهو أرخص تحقّقٍ عندك.