Шуточное задание по жребию сканворд. Задачи по теории вероятностей с решениями

Задачи по теории вероятностей с решениями

1. Комбинаторика

Задача 1 . В группе 30 студентов. Необходимо выбрать старосту, заместителя старосты и профорга. Сколько существует способов это сделать?

Решение. Старостой может быть выбран любой из 30 студентов, заместителем - любой из оставшихся 29, а профоргом – любой из оставшихся 28 студентов, т. е. n1=30, n2=29, n3=28. По правилу умножения общее число N способов выбора старосты, его заместителя и профорга равно N=n1´n2´n3=30´29´28=24360.

Задача 2 . Два почтальона должны разнести 10 писем по 10 адресам. Сколькими способами они могут распределить работу?

Решение. Первое письмо имеет n1=2 альтернативы – либо его относит к адресату первый почтальон, либо второй. Для второго письма также есть n2=2 альтернативы и т. д., т. е. n1=n2=…=n10=2. Следовательно, в силу правила умножения общее число способов распределений писем между двумя почтальонами равно

Задача 3 . В ящике 100 деталей, из них 30 – деталей 1-го сорта, 50 – 2-го, остальные – 3-го. Сколько существует способов извлечения из ящика одной детали 1-го или 2-го сорта?

Решение. Деталь 1-го сорта может быть извлечена n1=30 способами, 2-го сорта – n2=50 способами. По правилу суммы существует N=n1+n2=30+50=80 способов извлечения одной детали 1-го или 2-го сорта.

Задача 5 . Порядок выступления 7 участников конкурса определяется жребием. Сколько различных вариантов жеребьевки при этом возможно?

Решение. Каждый вариант жеребьевки отличается только порядком участников конкурса, т. е. является перестановкой из 7 элементов. Их число равно

Задача 6 . В конкурсе по 5 номинациям участвуют 10 кинофильмов. Сколько существует вариантов распределения призов, если по всем номинациям установлены различные премии?

Решение. Каждый из вариантов распределения призов представляет собой комбинацию 5 фильмов из 10, отличающуюся от других комбинаций, как составом, так и их порядком. Так как каждый фильм может получить призы как по одной, так и по нескольким номинациям, то одни и те же фильмы могут повторяться. Поэтому число таких комбинаций равно числу размещений с повторениями из 10 элементов по 5:

Задача 7 . В шахматном турнире участвуют 16 человек. Сколько партий должно быть сыграно в турнире, если между любыми двумя участниками должна быть сыграна одна партия?

Решение. Каждая партия играется двумя участниками из 16 и отличается от других только составом пар участников, т. е. представляет собой сочетания из 16 элементов по 2. Их число равно

Задача 8 . В условиях задачи 6 определить, сколько существует вариантов распределения призов, если по всем номинациям установлены одинаковые призы?

Решение. Если по каждой номинации установлены одинаковые призы, то порядок фильмов в комбинации 5 призов значения не имеет, и число вариантов представляет собой число сочетаний с повторениями из 10 элементов по 5, определяемое по формуле

Задача 9. Садовник должен в течении трех дней посадить 6 деревьев. Сколькими способами он может распределить по дням работу, если будет сажать не менее одного дерева в день?

Решение. Предположим, что садовник сажает деревья в ряд, и может принимать различные решения относительно того, после какого по счету дерева остановиться в первый день и после какого – во второй. Таким образом, можно представить себе, что деревья разделены двумя перегородками, каждая из которых может стоять на одном из 5 мест (между деревьями). Перегородки должны стоять там по одной, поскольку иначе в какой-то день не будет посажено ни одного дерева. Таким образом, надо выбрать 2 элемента из 5 (без повторений). Следовательно, число способов .

Задача 10. Сколько существует четырехзначных чисел (возможно, начинающихся с нуля), сумма цифр которых равна 5?

Решение. Представим число 5 в виде суммы последовательных единиц, разделенных на группы перегородками (каждая группа в сумме образует очередную цифру числа). Понятно, что таких перегородок понадобится 3. Мест для перегородок имеется 6 (до всех единиц, между ними и после). Каждое место может занимать одна или несколько перегородок (в последнем случае между ними нет единиц, и соответствующая сумма равна нулю). Рассмотрим эти места в качестве элементов множества. Таким образом, надо выбрать 3 элемента из 6 (с повторениями). Следовательно, искомое количество чисел

Задача 11 . Сколькими способами можно разбить группу из 25 студентов на три подгруппы А, В и С по 6, 9 и 10 человек соответственно?

Решение. Здесь n=25, k=3, n1=6, n2=9, n3=10..gif" width="160" height="41">

Задача 1 . В ящике 5 апельсинов и 4 яблока. Наудачу выбираются 3 фрукта. Какова вероятность, что все три фрукта – апельсины?

Решение . Элементарными исходами здесь являются наборы, включающие 3 фрукта. Поскольку порядок фруктов безразличен, будем считать их выбор неупорядоченным (и бесповторным)..gif" width="21" height="25 src=">. Число благоприятствующих исходов равно числу способов выбора 3 апельсинов из имеющихся 5, т. е..gif" width="161 height=83" height="83">.

Задача 2 . Преподаватель предлагает каждому из трех студентов задумать любое число от 1 до 10. Считая, что выбор каждым из студентов любого числа из заданных равновозможен, найти вероятность того, что у кого-то из них задуманные числа совпадут.

Решение. Вначале подсчитаем общее количество исходов. Первый из студентов выбирает одно из 10 чисел и имеет n1=10 возможностей, второй тоже имеет n2=10 возможностей, наконец, третий также имеет n3=10 возможностей. В силу правила умножения общее число способов равно: n= n1´n2´n3=103 = 1000, т. е. все пространство содержит 1000 элементарных исходов. Для вычисления вероятности события A удобно перейти к противоположному событию, т. е. подсчитать количество тех случаев, когда все три студента задумывают разные числа. Первый из них по-прежнему имеет m1=10 способов выбора числа. Второй студент имеет теперь лишь m2=9 возможностей, поскольку ему приходится заботиться о том, чтобы его число не совпало с задуманным числом первого студента. Третий студент еще более ограничен в выборе - у него всего m3=8 возможностей. Поэтому общее число комбинаций задуманных чисел, в которых нет совпадений, равно m=10×9×8=720. Случаев, в которых есть совпадения, остается 280. Следовательно, искомая вероятность равна Р=280/1000= 0,28.

Задача 3 . Найти вероятность того, что в 8-значном числе ровно 4 цифры совпадают, а остальные различны.

Решение . Событие А={восьмизначное число содержит 4 одинаковые цифры}. Из условия задачи следует, что в числе пять различных цифр, одна из них повторяется. Число способов её выбора равно числу способов выбора одной цифры из 10 цифр..gif" width="21" height="25 src="> . Тогда число благоприятствующих исходов . Всего же способов составления 8-значных чисел равно |W|=108. Искомая вероятность равна

Задача 4 . Шесть клиентов случайным образом обращаются в 5 фирм. Найти вероятность того, что хотя бы в одну фирму никто не обратится.

Решение. Рассмотрим противоположное событие https://pandia.ru/text/78/307/images/image020_10.gif" width="195" height="41">. Общее количество способов распределить 6 клиентов по 5 фирмам . Отсюда . Следовательно, .

Задача 5 . Пусть в урне имеется N шаров, из них М белых и N–M черных. Из урны извлекается n шаров. Найти вероятность того, что среди них окажется ровно m белых шаров.

Решение. Так как порядок элементов здесь несущественен, то число всех возможных наборов объема n из N элементов равно числу сочетаний m белых шаров, n–m черных", равно , и, следовательно, искомая вероятность равна Р(А)=https://pandia.ru/text/78/307/images/image031_2.gif" width="167" height="44">.

Задача 7 (задача о встрече) . Два лица А и В условились встретиться в определенном месте между 12 и 13 часами. Пришедший первым ждет другого в течении 20 минут, после чего уходит. Чему равна вероятность встречи лиц А и В, если приход каждого из них может произойти наудачу в течении указанного часа и моменты прихода независимы?

Решение. Обозначим момент прихода лица А через х и лица В – через у. Для того, чтобы встреча произошла, необходимо и достаточно, чтобы ôх-уô£20. Изобразим х и у как координаты на плоскости, в качестве единицы масштаба выберем минуту. Всевозможные исходы представляются точками квадрата со стороной 60, а благоприятствующие встрече располагаются в заштрихованной области. Искомая вероятность равна отношению площади заштрихованной фигуры (рис. 2.1) к площади всего квадрата: P(A) = (602–402)/602 = 5/9.

3. Основные формулы теории вероятностей

Задача 1 . В ящике 10 красных и 5 синих пуговиц. Вынимаются наудачу две пуговицы. Какова вероятность, что пуговицы будут одноцветными?

Решение . Событие A={вынуты пуговицы одного цвета} можно представить в виде суммы , где события и означают выбор пуговиц красного и синего цвета соответственно. Вероятность вытащить две красные пуговицы равна, а вероятность вытащить две синие пуговицы https://pandia.ru/text/78/307/images/image034_2.gif" width="19 height=23" height="23">.gif" width="249" height="83">

Задача 2 . Среди сотрудников фирмы 28% знают английский язык , 30% – немецкий, 42% – французский; английский и немецкий – 8%, английский и французский – 10%, немецкий и французский – 5%, все три языка – 3%. Найти вероятность того, что случайно выбранный сотрудник фирмы: а) знает английский или немецкий; б) знает английский, немецкий или французский; в) не знает ни один из перечисленных языков.

Решение. Обозначим через A, B и С события, заключающиеся в том, что случайно выбранный сотрудник фирмы владеет английским, немецким или французским соответственно. Очевидно, доли сотрудников фирмы, владеющих теми или иными языками, определяют вероятности этих событий. Получаем:

а) P(AÈB)=P(A)+P(B) -P(AB)=0,28+0,3-0,08=0,5;

б) P(AÈBÈC)=P(A)+P(B)+P(C)-(P(AB)+P(AC)+P(BC))+P(ABC)=0,28+0,3+0,42-

-(0,08+0,1+0,05)+0,03=0,8;

в) 1-P(AÈBÈC)=0,2.

Задача 3 . В семье – двое детей. Какова вероятность, что старший ребенок – мальчик, если известно, что в семье есть дети обоего пола?

Решение. Пусть А={старший ребенок – мальчик}, B={в семье есть дети обоего пола}. Будем считать, что рождение мальчика и рождение девочки – равновероятные события. Если рождение мальчика обозначить буквой М, а рождение девочки – Д, то пространство всех элементарных исходов состоит из четырех пар: . В этом пространстве лишь два исхода (МД и ДМ) отвечают событию B. Событие AB означает, что в семье есть дети обоего пола. Старший ребенок – мальчик, следовательно, второй (младший) ребенок – девочка. Этому событию AB отвечает один исход – МД. Таким образом, |AB|=1, |B|=2 и

Задача 4 . Мастер, имея 10 деталей, из которых 3 – нестандартных, проверяет детали одну за другой, пока ему не попадется стандартная. Какова вероятность, что он проверит ровно две детали?

Решение. Событие А={мастер проверил ровно две детали} означает, что при такой проверке первая деталь оказалась нестандартной, а вторая – стандартная. Значит, , где ={ первая деталь оказалась нестандартной } и ={вторая деталь – стандартная}. Очевидно, что вероятность события А1 равна кроме того, , так как перед взятием второй детали у мастера осталось 9 деталей, из которых только 2 нестандартные и 7 стандартных. По теореме умножения

Задача 5 . В одном ящике 3 белых и 5 черных шаров, в другом ящике – 6 белых и 4 черных шара. Найти вероятность того, что хотя бы из одного ящика будет вынут белый шар, если из каждого ящика вынуто по одному шару.

Решение . Событие A={хотя бы из одного ящика вынут белый шар} можно представить в виде суммы , где события и означают появление белого шара из первого и второго ящика соответственно..gif" width="91" height="23">..gif" width="20" height="23 src=">.gif" width="480" height="23">.

Задача 6 . Три экзаменатора принимают экзамен по некоторому предмету у группы в 30 человек, причем первый опрашивает 6 студентов, второй - 3 студентов, а третий - 21 студента (выбор студентов производится случайным образом из списка). Отношение трех экзаменаторов к слабо подготовившимся различное: шансы таких студентов сдать экзамен у первого преподавателя равны 40%, у второго - только 10%, у третьего - 70%. Найти вероятность того, что слабо подготовившийся студент сдаст экзамен.

Решение. Обозначим через гипотезы, состоящие в том, что слабо подготовившийся студент отвечал первому, второму и третьему экзаменатору соответственно. По условию задачи

, , .

Пусть событие A={слабо подготовившийся студент сдал экзамен}. Тогда снова в силу условия задачи

, , .

По формуле полной вероятности получаем:

Задача 7 . Фирма имеет три источника поставки комплектующих – фирмы А, B, С. На долю фирмы А приходится 50% общего объема поставок, В – 30% и С – 20%. Из практики известно, что среди поставляемых фирмой А деталей 10% бракованных, фирмой В – 5% и фирмой С – 6%. Какова вероятность, что взятая наугад деталь окажется годной?

Решение. Пусть событие G – появление годной детали. Вероятности гипотез о том, что деталь поставлена фирмами А, B, С, равны сответственно Р(А)=0,5, Р(В)=0,3, Р(С)=0,2. Условные вероятности появления при этом годной детали равны Р(G|A)=0,9, P(G|B)=0,95, P(G|C)=0,94 (как вероятности противоположных событий к появлению бракованной). По формуле полной вероятности получаем:

P(G)=0,5×0,9+0,3×0,95+0,2×0,94=0,923.

Задача 8 (см. задачу 6). Пусть известно, что студент не сдал экзамен, т. е. получил оценку «неудовлетворительно». Кому из трех преподавателей вероятнее всего он отвечал?

Решение. Вероятность получить «неуд» равна . Требуется вычислить условные вероятности. По формулам Байеса получаем:

https://pandia.ru/text/78/307/images/image059_0.gif" width="183" height="44 src=">, .

Отсюда следует, что, вероятнее всего, слабо подготовившийся студент сдавал экзамен третьему экзаменатору.

4. Повторные независимые испытания. Теорема Бернулли

Задача 1 . Игральная кость брошена 6 раз. Найти вероятность того, что ровно 3 раза выпадет «шестерка».

Решение. Шестикратное бросание кости можно рассматривать как последовательность независимых испытаний с вероятностью успеха («шестерки»), равной 1/6, и вероятностью неудачи - 5/6. Искомую вероятность вычисляем по формуле .

Задача 2 . Монета бросается 6 раз. Найти вероятность того, что герб выпадет не более, чем 2 раза.

Решение. Искомая вероятность равна сумме вероятностей трех событий, состоящих в том, что герб не выпадет ни разу, либо один раз, либо два раза:

Р(А) = Р6(0) + Р6(1) + Р6(2) = https://pandia.ru/text/78/307/images/image063.gif" width="445 height=24" height="24">.

Задача 4 . Монета подбрасывается 3 раза. Найти наиболее вероятное число успехов (выпадений герба).

Решение. Возможными значениями для числа успехов в трех рассматриваемых испытаниях являются m = 0, 1, 2 или 3. Пусть Am - событие, состоящее в том, что при трех подбрасываниях монеты герб появляется m раз. По формуле Бернулли легко найти вероятности событий Am (см. таблицу):

Из этой таблицы видно, что наиболее вероятными значениями являются числа 1 и 2 (их вероятности равны 3/8). Этот же результат можно получить и из теоремы 2. Действительно, n=3, p=1/2, q=1/2. Тогда

, т. е. .

Задача 5. В результате каждого визита страхового агента договор заключается с вероятностью 0,1. Найти наивероятнейшее число заключенных договоров после 25 визитов.

Решение. Имеем n=10, p=0,1, q=0,9. Неравенство для наиболее вероятного числа успехов принимает вид: 25×0,1–0,9£m*£25×0,1+0,1 или 1,6£m*£2,6. У этого неравенства только одно целое решение, а именно, m*=2.

Задача 6 . Известно, что процент брака для некоторой детали равен 0,5%. Контролер проверяет 1000 деталей. Какова вероятность обнаружить ровно три бракованные детали? Какова вероятность обнаружить не меньше трех бракованных деталей?

Решение. Имеем 1000 испытаний Бернулли с вероятностью «успеха» р=0,005. Применяя пуассоновское приближение с λ=np=5, получаем

2) P1000(m³3)=1-P1000(m<3)=1-»1-,

и Р1000(3)»0,14; Р1000(m³3)»0,875.

Задача 7 . Вероятность покупки при посещении клиентом магазина составляет р=0,75. Найти вероятность того, что при 100 посещениях клиент совершит покупку ровно 80 раз.

Решение . В данном случае n=100, m=80, p=0,75, q=0,25. Находим , и определяем j(x)=0,2036, тогда искомая вероятность равна Р100(80)=.

Задача 8. Страховая компания заключила 40000 договоров. Вероятность страхового случая по каждому из них в течение года составляет 2%. Найти вероятность, что таких случаев будет не более 870.

Решение. По условию задачи n=40000, p=0,02. Находим np=800,. Для вычисления Р(m£870) воспользуемся интегральной теоремой Муавра-Лапласа:

Р(0.

Находим по таблице значений функции Лапласа:

Р(0

Задача 9 . Вероятность появления события в каждом из 400 независимых испытаний равна 0,8. Найти такое положительное число e, чтобы с вероятностью 0,99 абсолютная величина отклонения относительной частоты появления события от его вероятности не превышала e.

Решение. По условию задачи p=0,8, n=400. Используем следствие из интегральной теоремы Муавра-Лапласа: . Следовательно, ..gif" width="587" height="41">

5. Дискретные случайные величины

Задача 1 . В связке из 3 ключей только один ключ подходит к двери. Ключи перебирают до тех пор, пока не отыщется подходящий ключ. Построить закон распределения для случайной величины x – числа опробованных ключей.

Решение. Число опробованных ключей может равняться 1, 2 или 3. Если испытали только один ключ, это означает, что этот первый ключ сразу подошел к двери, а вероятность такого события равна 1/3. Итак, Далее, если опробованных ключей было 2, т. е. x=2, это значит, что первый ключ не подошел, а второй – подошел. Вероятность этого события равна 2/3×1/2=1/3..gif" width="100" height="21"> В результате получается следующий ряд распределения:

Задача 2 . Построить функцию распределения Fx(x) для случайной величины x из задачи 1.

Решение. Случайная величина x имеет три значения 1, 2, 3, которые делят всю числовую ось на четыре промежутка: . Если x<1, то неравенство x£x невозможно (левее x нет значений случайной величины x) и значит, для такого x функция Fx(x)=0.

Если 1£x<2, то неравенство x£x возможно только если x=1, а вероятность такого события равна 1/3, поэтому для таких x функция распределения Fx(x)=1/3.

Если 2£x<3, неравенство x£x означает, что или x=1, или x=2, поэтому в этом случае вероятность P(x

И, наконец, в случае x³3 неравенство x£x выполняется для всех значений случайной величины x, поэтому P(x

Итак, мы получили следующую функцию:

Задача 3 . Совместный закон распределения случайных величин x и h задан c помощью таблицы

Вычислить частные законы распределения составляющих величин x и h. Определить, зависимы ли они..gif" width="423" height="23 src=">;

https://pandia.ru/text/78/307/images/image086.gif" width="376" height="23 src=">.

Аналогично получается частное распределение для h:

https://pandia.ru/text/78/307/images/image088.gif" width="229" height="23 src=">.

Полученные вероятности можно записать в ту же таблицу напротив соответствующих значений случайных величин:

Теперь ответим на вопрос о независимости случайных величин x и h..gif" width="108" height="25 src="> в этой клетке. Например, в клетке для значений x=-1 и h=1 стоит вероятность 1/16, а произведение соответствующих частных вероятностей 1/4×1/4 равно 1/16, т. е. совпадает с совместной вероятностью. Это условие так же проверяется в оставшихся пяти клетках, и оно оказывается верным во всех. Следовательно, случайные величины x и h независимы.

Заметим, что если бы наше условие нарушалось хотя бы в одной клетке, то величины следовало бы признать зависимыми.

Для вычисления вероятности отметим клетки, для которых выполнено условие https://pandia.ru/text/78/307/images/image092.gif" width="574" height="23 src=">

Задача 4 . Пусть случайная величина ξ имеет следующий закон распределения:

Вычислить математическое ожидание Mx, дисперсию Dx и среднеквадратическое отклонение s.

Решение . По определению математическое ожидание x равно

Среднее квадратическое отклонение https://pandia.ru/text/78/307/images/image097.gif" width="51" height="21">.

Решение. Воспользуемся формулой . А именно, в каждой клетке таблицы выполняем умножение соответствующих значений и , результат умножаем на вероятность pij, и все это суммируем по всем клеткам таблицы. В итоге получаем:

Задача 6 . Для пары случайных величин из задачи 3 вычислить ковариацию cov(x, h).

Решение. В предыдущей задаче уже было вычислено математическое ожидание . Осталось вычислить и . Используя полученные в решении задачи 3 частные законы распределения, получаем

; ;

и значит,

чего и следовало ожидать вследствие независимости случайных величин.

Задача 7. Случайный вектор (x, h) принимает значения (0,0), (1,0), (–1,0), (0,1) и (0,–1) равновероятно. Вычислить ковариацию случайных величин x и h. Показать, что они зависимы.

Решение . Поскольку Р(x=0)=3/5, P(x=1)=1/5, P(x=–1)=1/5; Р(h=0)=3/5, P(h=1)=1/5, P(h=–1)=1/5, то Мx=3/5´0+1/5´1+1/5´(–1)=0 и Мh=0;

М(xh)=0´0´1/5+1´0´1/5–1´0´1/5+0´1´1/5–0´1´1/5=0.

Получаем cov(x, h)=М(xh)–МxМh=0, и случайные величины некоррелированны. Однако они зависимы. Пусть x=1, тогда условная вероятность события {h=0} равна Р(h=0|x=1)=1 и не равна безусловной Р(h=0)=3/5, или вероятность {ξ=0,η=0} не равна произведению вероятностей: Р(x=0,h=0)=1/5¹Р(x=0)Р(h=0)=9/25. Следовательно, x и h зависимы.

Задача 8 . Случайные приращения цен акций двух компаний за день x и h имеют совместное распределение, заданное таблицей:

Найти коэффициент корреляции.

Решение. Прежде всего вычисляем Mxh=0,3-0,2-0,1+0,4=0,4. Далее находим частные законы распределения x и h:

Определяем Mx=0,5-0,5=0; Mh=0,6-0,4=0,2; Dx=1; Dh=1–0,22=0,96; cov(x, h)=0,4. Получаем

.

Задача 9. Случайные приращения цен акций двух компаний за день имеют дисперсии Dx=1 и Dh=2, а коэффициент их корреляции r=0,7. Найти дисперсию приращения цены портфеля из 5 акций первой компании и 3 акций второй компании.

Решение . Используя свойства дисперсии, ковариации и определение коэффициента корреляции, получаем:

Задача 10 . Распределение двумерной случайной величины задано таблицей:

Найти условное распределение и условное математическое ожидание h при x=1.

Решение. Условное математическое ожидание равно

Из условия задачи найдем распределение составляющих h и x (последний столбец и последняя строка таблицы).

А.В.: Юля, ты делала свой диплом в студии Сергея Чобана «Координация движений», где вашим объектом проектирования был квартал D-1 в «Сколково». Насколько я могу судить, ваша работа была, наверное, самой специфической: вы проектировали для места, контекст которого еще не сфомировался. Каково это?

Ю.А .: Работать без существующего контекста действительно было немного странно. В том районе Сколково, генплан для которого разработало бюро Cергея Чобана Speech вместе с компанией Дэвида Чипперфильда, нам выделили участок, и мы должны были придумать, что с ним можно сделать. В первом семестре нас разделили на 3 группы по 4 человека и объявили между нами конкурс на планировочное решение одного квартала. Мы должны были разместить на куске земли, который нам достался, двенадцать, в среднем - пятиэтажных, домов, по числу студентов в группе. Так сложилось, что конкурс выиграла наша команда: Аня Шевченко, Дима Столбовой, Артем Слизунов и я. У нас получился достаточно жесткий план, который был ограничен не только какими-то кадастровыми параметрами, но и техническим заданием, и дизайн-кодом.

Что представляет из себя ваш генплан?

Структуру, которая была в изначальном варианте генплана, мы поменяли: чтобы уменьшить масштаб среды, разделили наш квартал на 4 подквартала с общественным пространством внутри каждого. Кроме того, у каждого подквартала была своя функция: жилье, стартапы, подквартал со спортивной функцией и зданием мейджора, и участок с общежитием, гостиницей, музеем, тут же находится и главная площадь.

Какие ограничения вы прописали в дизайн-коде?

Квартал очень маленький, и интенции каждого из участников могли сильно повлиять на остальных. Поэтому мы не прописывали конкретные материалы, но регулировали возможные изменения формы, задав «футпринт» и FAR. Например, если ты делаешь «выгрыз», у тебя вырастает этажность, которая в свою очередь тоже ограничена до определенного уровня.

Каким был следующий шаг?

Дальше каждый из нас должен был разрабатывать одно из зданий на участке, но какое именно, с какой функцией - определял жребий, мы тянули бумажки с «лотами». Таков был план Сергея Чобана. И эта ситуация принципиально отличается от той, когда ты сам выбираешь тему диплома и проектируешь здание с определенной функцией, которое, может быть, мечтал спроектировать все шесть лет обучения. Здесь мы должны были смириться с тем, что досталось по жребию, и, с одной стороны, это было довольно мучительно, но с другой - это приближенная к жизни ситуация.

Что тебе досталось?

Мне повезло, на мой взгляд. Я проектировала здание стартапов. С определенными габаритами, изменить которые не было возможности. Самый главный принцип, из которого я исходила, был одновременно и идеологический, и функциональный: сегодня это стартап, а завтра, вполне вероятно, уже нет.

Ведь, что такое «Сколково» вообще? Никто на этот вопрос вразумительно ответить не может. Изучая материалы, я сделала вывод, что собственная стратегия развития Сколково достаточно гибкая. Для меня это стало главным условием, которому должен был соответствовать мой проект. Поэтому, при ширине корпуса в 12 метров, мне было важно, чтобы в моем здании не было лишних стен. Я не оставила ничего, кроме ядер жесткости, обязательных с точки зрения конструкции. Внутри - открытая, свободная планировка. Что касается внешнего облика, я старалась спроектировать свое здание так, чтобы оно было достаточно скромным, но при этом выразительным.

Главным фасадом оказался 12-ти метровый торец, выходящий на бульвар. Поэтому я решила заострить его форму. Двускатная кровля, которая стала визуальным акцентом всего здания, играет важную роль. Она является промежуточным звеном между двумя «соседями» моего объекта, разными по высоте и выразительности.

У вас сформировалось какое-то свое отношение к самой идее ИЦ «Сколково» в процессе работы?

В процессе работы оно менялось. Сначала идеологический контекст немного довлел. А потом мы стали воспринимать «Сколково» уже не как явление в масштабе России, а внимательно рассматривать проблемы самого места. Ведь сегодня это может быть Инновационный центр, а завтра - что-то другое. И что, твое здание поэтому должно быть снесено? Хорошая архитектура может жить дольше, чем ее первоначальный контекст. Она же формирует новый.

Тяжело было работать в группе? Как строились отношения внутри студии, когда каждый из вас занялся своим проектом?

Да, конечно, тяжело. Ведь у нас получалось так, что от пожеланий каждого человека могла кардинально измениться ситуация в целом. Участок достаточно маленький, и чья-то затея сделать, скажем, консоль или еще что-нибудь, могла повлиять, например, на нормы инсоляции. И тогда мы все садились и начинали обсуждать, правильно это или нет.

Конечный вариант меня приятно удивил. Вначале мне казалось, что в каждом перевесит стремление сделать вау-дипломный-проект, а не гармоничную групповую работу. Но генплан в итоге получился достаточно сбалансированным. Мне кажется, мы сумели найти «золотую середину» между личными амбициями и необходимостью следовать определенным правилам игры.

Какие особенности имело обучение у Сергея Чобана?

Со всеми руководителями нашей студии было очень приятно работать. Кроме Сергея, это Алексей Ильин и Игорь Членов из бюро Speech, еще приходили специалисты-смежники, помогавшие разобраться с теми или иными узлами. Учебный процесс был построен восхитительно точным образом, буквально по минутам. Хотя Сергею в какой-то степени, наверное, было сложно с нами. Мне кажется, он рассчитывал на то, что мы уже почти профессионалы. А мы, не могу сказать, что еще дети, но разница между сотрудником бюро и студентом все же невероятно велика. Он делился с нами своими знаниями не как педагог, а как практикующий архитектор и сумел сделать так, чтобы мы больше работали самостоятельно и друг с другом, чем с преподавателями. Это действительно была «координация движений».

Что в целом дали тебе два года обучения в МАРШ?

Сказать, что открылся третий глаз, я не могу. Но разрешились какие-то сомнения, укрепились какие-то позиции. Сейчас я ответственнее отношусь к тому, что делаю, и к тому, что говорю. Возможно, большое спасибо за это МАРШ, возможно, большое спасибо за это времени. Могу сказать, что самое ценное, что есть в МАРШ, главный ресурс школы - это люди и какая-то особая атмосфера. В основном ради людей я туда и шла. Я шла к Сергею Ситару, к Кирилу Ассу, к Евгению Викторовичу, к Наринэ Тютчевой. К тому же у меня были вы, товарищи, которые меня вдохновляли и поддерживали. Надеюсь, мы в дальнейшем будем общаться, надеюсь, будем делать что-то вместе.

А где ты училась до этого?

Я защитила диплом бакалавра в МАРХИ у прекраснейшего преподавателя Ирины Михайловны Ястребовой. И могу добавить, что отношусь к МАРХИ очень хорошо и не считаю, что это какой-то советский пережиток. Он дает академические азы, и каждый уже впоследствии сам решает, чем хочет заниматься.

Чем теперь ты хочешь заняться?

За все годы своего существования в архитектуре я писала о ней, читала о ней, разговаривала о ней, но я никогда ее не создавала в полном смысле этого слова. Я занималась, по сути, бумажной архитектурой, с такой, знаешь, претензией на концептуальное искусство. И если раньше я пребывала в полной уверенности, что теория определяет практику, то теперь я не могу в это верить, пока не проверю. Поэтому мне сейчас нужно побывать на стройке, мне нужно понять, что это такое - когда ты выполнил что-то на бумаге, потом за это боролся, спорил, согласовывал, и в конце-концов стоишь, смотришь и понимаешь: вот оно, случилось! Это моя идея фикс. Поэтому ближайшие года два я планирую заниматься практикой и постараюсь сделать свой путь на стройку, к реализации максимально коротким.