Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пермский государственный национальный исследовательский университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Binder1

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.03.2015

Размер:

2.59 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 172 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

Тема 3. Вычисление вероятностей сложных событий

Условная вероятность события. События независимые попарно и в совокупности, пример Бернштейна. Формулы умножения вероятностей, полной вероятности и Байеса. Примеры вычисления вероятностей сложных событий.

Условная вероятность. Независимость событий.

Условная вероятность является еще одним из понятий аксиоматической теории. Позволяет оценить возможность наступления события A при поступлении дополнительной информации – стало известно, что произошло событие B .

Обозначение условной вероятности – P A | B PB A . Ее можно вычислить либо (в условиях применения формулы классической вероятности) по формуле

P	A \| B			mAB		,
P	A \| B			m		,
				m
					B
либо (в общем случае) по формуле условной вероятности
P A \| B		P AB	,		P B 0.
P A \| B			,		P B 0.
		P B
Событие B выполняет функцию комплекса условий,						при которых вычисляется вероятность
события A.

Условная вероятность обладает всеми свойствами безусловной вероятности, в том числе следующими:

1) P | B 1 , 2) P | B 0 , 3) P A | B 1 P A | B 0, 4) P A1 A2 | B P A1 | B P A2 | B .

Пример 1 (извлечение из урны). В урне 10 шаров, среди которых 4 белых и 6 черных. Случайным образом по одному без возвращения из урны извлекаются шары. Пусть Ai ={ i -й извлекаемый шар

белого цвета}. Тогда, поскольку все исходы испытаний (последовательных извлечений) равновозможны, то вычисления возможны по формуле классической вероятности (с учетом происшедших событий):

P A1

P A2

| A1

P A2

, P A5 |

A3 A4

10 4

Пример 2 (вероятность дожития). Пусть

– продолжительность жизни элемента, причем

P t e t ,t 0, 0. Найдем при t

P t2

| t1

P t2 t1

P t2

exp t2

t1 .

P t1

Независимость событий. Формулы умножения вероятностей. Независимые испытания. Независимые события.

События A и B называются независимыми, если условная вероятность события A совпадает с его

безусловной вероятностью: P(A\|B)=P(A) или P(B\|A)=P(B) ,	или P(AB)=P(A) P(B) .
События A1 , A2 , , An называются независимыми в	совокупности, если для любого

подмножества событий вероятность произведения событий, входящих в это подмножество, равна

произведению вероятностей отдельных событий, т.е. r n,			1 j1 jr n,	Aj1 , , Ajr :
r	r	.
P Ajk	P Ajk	.
k 1	k 1

Из попарной независимости событий не следует независимость событий в совокупности. Пример Бернштейна. Имеется правильная пирамидка, 3 грани которой одноцветные (красная, черная и белая), а 4-я грань трехцветная (красно-черно-белая). В результате бросания может

произойти одно из событий: A1 ={выпадет грань, на которой есть красный цвет}, A2 ={выпадет грань, на которой есть черный цвет}, A3 ={выпадет грань, на которой есть белый цвет}. Вычислим вероятности

P A	P A	P A	2	; P	A A		P A A		P A A			P A A A				1	.

1	2	3	4		1	2	2	3		1	3	1	2	3	4
Поскольку
			P A2 A3 P A2 P A3 ,							P A1 A3 P A1 P A3 ,
P A1 A2 P A1 P A2 ,

P A1 A2 A3 P A1 P A2 P A3 ,

то события попарно независимы, но зависимы в совокупности.

Формулы умножения вероятностей.

1.	n	P( A1 ) P( A2 )
1.	Для независимых событий P Ak	P( A1 ) P( A2 )
	k 1
2.	P(AB)=P(A) P(B\|A)=P(B) P(A\|B) .

n n

3.P Ak P A1 Ak P( A1 ) P( A2 | A1 ) P( A3

k 1 k 2

... P( An ).

| A1 A2 )... P( An | A1...

An 1 ) .

Пример 1. Студент знает 10 из 30 вопросов. Определить вероятность получения зачета, если для этого необходимо либо на оба предложенных вопроса, либо на один из них и один дополнительный.

Решение. Обозначим: Aj ={ j -й вопрос студент знает }, j 1, 2,3; B ={ студент получит зачет}. Вычислим искомую вероятность, применяя формулы сложения и умножения вероятностей:

P B P A1 A2 A1 A2 A3 A1 A2 A3 P A1 A2 P A1 A2 A3 P A1 A2 A3

P A1 P A2 | A1 P A1 P A2 | A1 P A3 | A2 A1 P A1 P A2 | A1 P A3 | A1 A2

10	10 1	10	20	10 1		20	10	10 1	.
			30 1	30 2			30 1
30 30 1 30					30			30 2

Пример 2. В партии 2 дефектных и 8 годных изделий. Случайным образом по одному извлекаются изделия для контроля. Найти вероятность того, что второе извлеченное изделие дефектное. Решение. Обозначим Aj ={ j -е извлеченное изделие дефектное}, j 1, 2, ,10; B ={ второе

извлеченное изделие дефектное}. Вычислим искомую вероятность, применяя формулы сложения и умножения вероятностей:

P B P A1 A2		A2 P A1 A2 P					A2
	A1				A1
P A1 P A2		\| A1 P		P A2	\|				2		1		8		2		18		1	.
			A1			A1

								10		9		10		9		90		5

Независимые испытания. Формула умножения вероятностей для н/з испытаний.

Испытания независимые, если исход одного из них не влияет на исход (не связан с исходом) любого другого.

Пусть события A1 , A2 , , An являются результатами различных независимых испытаний. Они

n		n
являются причинно (физически) независимыми. Тогда P Ak		P Ak
k 1		k 1

Формальное определение	независимых испытаний. Пусть вероятностные		пространства
i , Ai , Pi , i 1, , n соответствуют n различным испытаниям. Если для любых Bi			Ai i 1, , n
	n	n
выполнено соотношение P Ak		P Ak , то испытания независимы.
k 1		k 1

Пример 1. В охраняемое помещение можно пройти, преодолев 3 уровня безопасности. Вероятности преодоления каждого из них равны 0,2, 0,1 и 0,05 соответственно. Найти надежность (вероятность безотказной работы) этой системы безопасности.

Пример 2. P A P B 1. Являются ли события A, B независимыми событиями?

P AB P A P B P A B 2 P A B 1 P AB 1 .

Вывод. События A, B независимы.

Пример 3. Отец периодически проверяет дневник сына. 30 дней проверок не было. Возросла ли в этом случае «опасность» проверки дневника?

Указание. Надо сравнить условную и безусловную вероятности.

Формула полной вероятности.

Условие применимости. Известно, что событие А может произойти совместно только с одним из событий H1, H2, …, Hk. События H1, H2, …, Hk образуют полную группу событий.

Тогда, если до проведения испытания известны P(Hi) – априорные вероятности гипотез Hi, и условные вероятности P(A|Hi), то полную вероятность события A можно найти по формуле:


k	k
P( A) P( AH i ) P(H i ) P( A		H i ).

i 1	i 1

Обоснование формулы: события H j		– несовместны, поэтому события AH j – несовместны и
k		k	k
A AH j . Тогда	P( A) P( A ) P( A (H1 H 2 ... H k )) P( ( AH i		)) P( AH i ) .
j 1		i 1	i 1

Пример 1. В компании застрахованы 2 клиента. При наступлении страхового случая с вероятностью pi каждому из них независимо от другого будет выплачена страховая сумма в i рублей, i 0,1, . Какова вероятность того, что им будет выплачено m рублей?

Решение. Пусть A		H	j
Решение. Пусть A	им выплатят m рублей ,	H			выплата первому j руб. , тогда
					m
	P( A) P(H j ) P( A			H j ) pm j p j
	j 0				j 0

Пример 2(задача про две урны).

Формула Байеса. В описанных выше условиях стало известно, что событие A произошло. Формула Байеса позволяет найти P(Hj | A) апостериорные вероятности (вероятности по данным эксперимента).

P(H j	A)	P(H j A)	P(H j A)
		P(H j A)	P(H j A)
		P( A)	k
		P( A)	P( AH i )
			P( AH i )
			i 1

P(H j ) P( A | H j )

P(H i ) P( A | H i )

i 1

Пример 1.	Двурукий бандит – это автомат с двумя ручками, причем вероятности успеха,
соответствующие нажатию на ту или иную ручку, различны и равны p1, p2 , p1 / p2 1.					Каждый
раз игрок	может нажать лишь	одну ручку. Найти апостериорные вероятности			событий:
H1 левая ручка счастливая , H2				.
			H1

Решение. Пусть A произошел выигрыш , априорные вероятности P H1 P H2 12 . Тогда

		P(H1 A)		p		1			1

P(H1	A)				1	2				.

		P( A)	p1	1		p2	1	1	2

				2			2

Пример 2 (использование формул полной вероятности и Байеса). Изделие проверяется на стандартность одним из товароведов. Вероятность того, что изделие попадет к первому товароведу, равна 0,55, а ко второму – 0,45. Вероятность того, что изделие будет признано стандартным первым товароведом, равна 0,9, а вторым – 0,98. а) Найти вероятность того, что первое изделие в результате проверки будет забраковано. б) Найти вероятность того, что первое изделие проверял второй товаровед, если оно было признано стандартным.

Решение. Определим события: A = {проверяемое изделие будет признано годным}, H1 ={изделие проверит 1-й товаровед}, H2 ={ изделие проверит 2-й товаровед}. По условию

H1 0, 55; H2 0, 45; A | H1 1 0, 9 0,1; A | H2 1 0, 98 0, 02.

Найдем по формуле полной вероятности

A H1 A | H1 H2 A | H2 0, 55 0,1 0, 45 0, 02 0, 055 0, 009 0, 064.

Применим формулу Байеса:	H2	\| A	H2 A \| H2	0, 45 0, 98	0, 441	0, 47;
			A	1 0, 064	0, 936

Пример 3. При рентгеновском обследовании вероятность обнаружить заболевание туберкулезом у больного туберкулезом равна 1 . Вероятность принять здорового человека за больного равна. Доля больных туберкулезом по отношению ко всему населению равна . а) Найти вероятность того, что человек здоров, если он был признан больным при обследовании. б) Вычислить

найденную

в пункте

а)

вероятность

при

следующих

числовых

значениях:

1 0, 95, 0, 01, 0, 001.

Решение. Определим события:

{обследуемый

человек

будет признан больным},

H1 ={обследуемый человек болен}, H2 ={ обследуемый человек здоров}. По условию

H1 ; H2 1 ; A | H1 1 ; A | H2 .

Теперь, используя формулы полной вероятности и Байеса, найдем последовательно

H1 A | H1 H2 A | H2 1 1 ;

H2 | A

H2 A | H2

0, 999 0, 01

0, 00999

0, 91

0, 001 0, 95 0, 999

1 1

0, 01 0, 01094

Пример 4

(Закон распределения суммы со случайным числом слагаемых).

В некоторых

задачах требуется найти распределение P(S

суммы вида S i

, где число слагаемых

i 1

X i

– случайная величина. Например,

количество обратившихся

в страховую фирму,

возмещение, выплаченное i-му клиенту, Sτ сумма всех выплаченных возмещений. При этом

не

зависит от 1, 2 , (число обратившихся клиентов не зависит от величины возмещения).

Строим гипотезы относительно :

H j j , j 0,1, ; A S x , x .

Затем

вычисляем вероятность

P(S x) P(S x, j) P(S j x) P( j).

j 0

Тема 4. Схема независимых повторных испытаний

Описание схемы независимых повторных испытаний с двумя исходами: успех и неудача. Вычисление вероятностей наблюдения определенного числа успешных испытаний с помощью формулы Бернулли. Приближенные вычисления вероятностей в схеме независимых повторных испытаний с помощью предельных теорем. Теорема Пуассона. Локальная теорема МуавраЛапласа. Интегральная теорема Муавра-Лапласа. Следствия из интегральной теоремы об относительной частоте случайного события и вероятности наблюдения определенного числа успешных испытаний числа.

Схема независимых повторных испытаний. Формула Бернулли.

Схема испытаний Бернулли. Осуществляется n независимых испытаний, исходом каждого из

которых могут быть одно из противоположных событий А и А (успех или неудача). При этом в любом испытании P A p постоянна, P A 1 p q. Эту модель называют схемой

независимых повторных испытаний Бернулли.

Примеры испытаний Бернулли: страхование клиентов, перевозка штучных изделий, функционирование элементов, рождение детей.

Далее X – число появлений события А в n испытаниях.

Основные вероятностные задачи в схеме Бернулли.

Задача	1.	Найти	P X m Pn m – вероятность m успешных испытаний (биномиальная
вероятность).			P m1 X m2 Pn m1 ,m2 – вероятность того, что число успешных
Задача	2.	Найти	P m1 X m2 Pn m1 ,m2 – вероятность того, что число успешных

испытаний будет лежать в пределах от m1 до m2 . Задачи решаются с помощью формулы Бернулли:

1)Pn m Сnm pm qn m , m 0,1, n;

2)Pn m1 ,m2 Pn m1 Pn m2 .

Схема вывода формулы Бернулли. Пусть Ai = {появление события А в i-м испытании}. Через {i1, i2, .. in} обозначим перестановку чисел 1, 2, …, n. Тогда

Pn m P

Ai1

Ai2 ... Aim

im 1

i m 2

...

p ... p q ... q Сnm . ■

im ,

n m

im 1 in

m множителей

Еще одна из задач связана с вычислением наивероятнейшего числа успехов m0 – числа успехов, которому соответствует наибольшее значение вероятности. Наивероятнейшее число успехов определяется путем решения неравенства: np q m0 np p . Количество решений – одно или два.

Приближенные вычисления в схеме Бернулли.

При n нахождение вероятности по формуле Бернулли сопряжено с преодолением проблемы вычислительного характера. Эта проблема решается либо с помощью нормального приближения, либо с помощью пуассоновского приближений. Также полезной оказывается формула Стирлинга.

n n

Формула Стирлинга. При n n!

или n!

2 n nne n e

n ,

2 n

12n

Пример. Точное значение 20! 2, 43 1018 ,10! 3628800;

приближенное

значение

20! 2, 42 1018 ,10! 3600000.

Теорема Пуассона. Пусть число испытаний неограниченно растет n и p 0 так, что np , 0 . Тогда

lim P (m)

e , m 0,1, .

Поэтому

n n

n(n 1) ... (n m 1)

P (m)

pmqn m

(np)m

n(n 1)...(n m 1)

(1 p)n m

e ,

поскольку

lim A 1;	lim B	m
			;

n n	n n	m!

Следствие. При n и np

Pn m1, m2 m1!

lim	( p)(n m)
lim Cn = e n	e . ■
n

m1 1		m2
			e .
(m		m !
	1)!
1		2

Примечание. При конечном n вычисления проводятся по формуле

P (m)

e при np.

Точность пуассоновской аппроксимации характеризуется величиной np2 .

Нормальное приближение

Pn (m) и Pn m1, m2 .

Введем обозначения:

х2

плотность стандартного нормального распределения;

(t)dt

dt функция распределения стандартного нормальной

величины.

Свойства функций x , x .

x x – четная функция, x

– убывает относительно

x возрастает от 0

до 1.

3)x 1 x (используется для расчета при x < 0).

4)(0) = 0,5.

5)При х > 4,0 x 1,0000 (точность вычисления не превышает одну десятитысячную).

Интегральная теорема Муавра-Лапласа. Пусть	X – число	появлений события	A в n
независимых повторных испытаниях, m1 и m2	изменяются	таким образом, что	значения

mi np ,i 1, 2, остаются ограниченными. Тогда при n npq

Px1

X	np		x	(x ) (x ).



	npq	2		2	1

		m		np	m		np
Следствие 1. P	m , m		2			1		.
Следствие 1. P	m , m							.
n	1 2			npq			npq
				npq			npq

Действительно при n
				m np
P	m , m	P m X m		P	1


n	1 2	1	2			npq
						npq

x np

m np

■

npq

Следствие 2 (оценка вероятности отклонения частости от вероятности).

m A

Примечание. Считается, что для вычисления вероятностей вида

P X m лучше использовать

поправку на дискретность

0,5 np

P X m

npq

При np3 / 2 1,07 ошибка такой аппроксимации не превышает 0,05. В таком случае

m 0,5 np

m 1

0,5 np

m , m

1 2

npq

Локальная теорема Муавра-Лапласа. Если в схеме независимых повторных испытаний число

испытаний неограниченно растет ( n ), а m изменяется таким образом, что m np остается npq

ограниченным, то

P n (m)

lim

или P n (m)

m np

npq

Доказательство. При ограниченном x						m
m np x		,	n m nq x		,		p,
	npq			npq
						n
Тогда

m np
		.


	npq

n m q. n

pmqn m

m! n m !

nne n e n

pmqn m

2 n

2 m

mme m e m

2 n m n m n m

e n m e n m

nn e pmqn m

2 n

2 m

2 n m n m n m

n m

nn pmqn m

;

n m

mm n m n m

npq

			m		nq	n m
ln A ln	np				nq
ln A ln
n
n
		m		n m

np			nq
m ln		n m ln

	m	n m

m ln 1

npq

n m ln 1

npq

n m

npq

npq o

n m

npq

npq o

2 n m

n m

npq o 1

x2npq m n m

o 1

npq

npq x

npq

. ■

2 n m

2m n m

Рекомендации по выбору пуассоновского или нормального приближения. Считается, что n

при n 50 (еще лучше, если	n 100). Если выполняются условия npq > 9 и	1	p	n	, то
		n 1		n 1

используется нормальное приближение. Во всех остальных случаях пуассоновское.

Пример 1 (использование локальной теоремы Муавра-Лапласа). Анализ итогов года показал,

что лишь 20% держателей страховых полисов потребовали возмещения страховых сумм. Найти в этих условиях вероятность того, что из 60 клиентов, вновь заключивших договор страхования, 15 клиентов также потребуют возмещения страховых сумм.

Решение. В условиях примера: испытание – страхование клиента, A ={наступление страхового события для отдельного клиента}, X – число страховых событий на 60 клиентов. Тогда

p 0, 2; n 60;	np 60 0, 2 12;					npq 60 0, 2 0,8 9, 6 9;
X 15	1	15 12			1	0, 97	0, 334	0,108.

							3,1
	9, 6		9, 6
				3,1

Пример 2 (использование интегральной теоремы Муавра-Лапласа). Для мужчины, дожившего до 30-летнего возраста, вероятность смерти на 31-м году жизни равна 0,005. Застрахована группа в 10000 человек 30-летнего возраста, причем каждый застрахованный внес в качестве взноса 1,2 рубля, В случае смерти застрахованного страховая компания выплачивает наследникам 100 руб. Какова вероятность того, что к концу года: а) компания окажется в убытке; б) чистый доход компании будет не менее 9000 рублей; в) чистый доход компании будет в пределах от 4000 до 5500 рублей.

Решение. В условиях примера: испытание – страхование клиента, A ={смерть клиента}, X – число умерших клиентов из 10000 застрахованных. Тогда

	p 0, 005; n 10000; np 10000 0, 005 50; npq 50 0, 995 49, 75;
а) 12000 100 X 0 X 120 121 X 10000
10000 50		121 50		1411 10 1.0000 1.0000 0	;


	49, 75		49, 75

б) 12000 100 X 9000	X 30	0 X 30	30 50		0 50


				49, 75	49, 75

2,83 7, 09 1 0,9975 0 0, 0025 ;

			80 50	65 50
в) 4000	12000 100 X 5500 65	X 80

			49, 75	49, 75

4, 25 2,13 1, 000 0,949 0, 001. .

Пример 3 (использование теоремы Пуассона). В районе проживают 1000 человек. Каждый из них независимо друг от друга с вероятностью 0,002 посещает аптеку. Найти вероятности событий:

B ={в аптеку обратятся 3 человека},

C ={ в аптеку обратятся менее трех человек}, D ={в аптеку

обратятся хотя бы 2 человека}, E ={в аптеку обратятся от двух до трех человек}.

Решение. В условиях

примера:

испытание

– проживание отдельного человека в

районе,

A ={обращение гражданина в аптеку}, X –

суммарное число обращений в аптеку

граждан

проживающих в районе. Тогда

p 0, 002; n 1000;

np 1000 0, 002 2;

npq 2 0, 998 1.996 9.

Воспользуемся в вычислениях приближением Пуассона:

(B) X 3

e 2

0,180;

e 2

0,135 0, 271 0, 271 0, 677;

(D) X 2 1 X 2 ( X 0) ( X 1)

e 2

e 2 1 0,135 0, 271 0, 594;

(E) 2 X 3 ( X 2) ( X 1) ( X 3)

e 2

e 2 0, 271 0,180 0, 451.

Локальная теорема для арифметического (решетчатого) распределения.

Существует обобщение локальной теоремы Муавра-Лапласа.

Опр. Случайная величина X имеет решетчатое распределение, если при некотором h 0P X kh 1. Наибольшее такое h называется шагом распределения.

Локальная теорема. Пусть X n – последовательность независимых одинаково распределенных случайных величин (НОРСВ), имеющих арифметическое распределение с шагом h , причем

существуют M X1 a, D X1 b2.

P X1 X n

Тогда при		m na			cb	n, где c - некоторая константа:
		1				m na	2
m		1				m na
				exp		2b2		.

	b		2 n
	b		2 n

Тема 5. Общие сведения о случайной величине

Интуитивное понятие случайной величины. Случайная величина как измеримая функция. Закон распределения случайной величины. Функция распределения случайной величины и ее свойства. Теорема Лебега о разложении функции распределения. Дискретные, сингулярные и абсолютно непрерывные случайные величины. Плотность распределения вероятностей и ее свойства. Содержательные примеры случайных величин смешанного типа (пример из актуарной математики).

2.1. Основные понятия.

Далее испытание заключается в измерении (наблюдении) некоторого числового показателя, имеющего случайную природу; , A, P – заданное вероятностное пространство, а ,B

– вещественная прямая с борелевской -алгеброй B .

Определение (содержательное). Числовая величина , , определенная на

множестве элементарных событий, значение которой зависит от случая и непредсказуемо до завершения испытания, называется случайной величиной.

Случайные величины обозначают X, Y, Z , … или , , , . Конкретное (возможное) значение с.в. будем обозначать x, множество всех возможных ее значений – X .

Опр. Если X - дискретное множество, то – дискретная случайная величина (ДСВ).

Примеры ДСВ. Количество произошедших за день правонарушений; количество обращений на станцию скорой помощи за определенный промежуток времени.

Опр. Если X – непрерывная область, то - непрерывная случайная величина (НСВ). Строгое определение НСВ будет дано позже через понятие плотности распределения.

Примеры НСВ. Доходы, расходы сырья, концентрация вещества, отклонение размера детали от номинала, температура воздуха в определенный день года; темп инфляции за месяц; масса мешка с сыпучим грузом.

ДСВ каждое из возможных значений принимает с положительной вероятностью. НСВ каждое конкретное значение принимает с нулевой вероятностью. Если случайная величина обладает обоими свойствами, то это случайная величина смешанного типа.

Определение (формальное). Действительная функция , определенная на измеримом

пространстве , A		называется A -измеримой или случайной		величиной, если	для любого
B B	: B A, т.е. прообраз 1 B является измеримым множеством в .
Замечание.	Если B ,B - две системы подмножеств,		A B f 1 A B ,		то функция
			1	2
y f x – B ,B		-измерима.

Случайная величина исчерпывающим образом описывается посредством (закона) распределения вероятностей.

Примечание 1. Для того, чтобы была случайной величиной, необходимо и достаточно,

чтобы для любого x : x A. Вероятностную меру	P , определенную на
,B с помощью
P B P 1 B P : B ,

<<< < Предыдущая 12 / 172 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.03.201527.26 Кб24bilety_borovykh.docx
#
10.09.2019671.23 Кб8bilety_gram-814.doc
#
29.03.2015144.9 Кб47Bilety_po_grazhdanskomu_pravu_1_chast.doc
#
27.04.2019168.43 Кб10Bilety_po_teorii_politiki_1.docx
#
10.08.201928.03 Кб4Bilet_4.docx
#
30.03.20152.59 Mб30Binder1.pdf
#
30.03.20152.73 Mб72biohimiyaverstka.pdf
#
29.03.2015629.76 Кб7BIZNES_Posobie_dlya_Geniev.doc
#
21.11.201984.48 Кб1BLACK HOLE COMPUTERS.doc
#
18.11.201942.5 Кб1Breaking logjams.doc
#
30.03.20152.76 Mб7BuridanovOsel.pdf