Решение задач о станках. Почти полное руководство
В предыдущих статьях мы разобрали популярные учебные задачи по теории вероятностей: задачи про подбрасывания игральных кубиков и монеток, задачи про стрелков.
В этот раз рассмотрим задачи о станках, и остановимся на трех типах задач: на действия с событиями (станки выходят из строя с разными вероятностями), на формулу Бернулли (вероятности одинаковы) и на формулу полной вероятности и Байеса.
Если вы только учитесь решать задачи, рекомендуем читать всю статью целиком, чтобы понять принцип решения и формулы в каждом случае, научиться отличать задачи друг от друга и подбирать верный подход. Знаете что конкретно ищете? Переходите по ссылкам.
Капризные станки и вероятности
Рассмотрим популярный класс задач: про рабочего и капризные станки, которые ломаются/требуют внимания рабочего, причем вероятности выхода из строя заданы и различны для каждого из станков. Нужно найти вероятность выхода из строя одного станка, двух, ни одного и так далее, в зависимости от конкретной задачи.
Основной метод решения подобных задач — использование теорем о сложении и умножении вероятностей, который мы и разберем на примерах ниже. После разобранных примеров вы найдете онлайн калькулятор, который поможет решить подобные задачи буквально в один клик!
Теория: выписываем события
Введем основные события для задачи (независимые, так как каждый станок работает сам по себе):
$A_i$ = (Станок $i$ отказал/потребовал внимания рабочего), $i=1,2,3$.
Рассматривать в примере будем случаи с 2 или 3 станками. С одним задача вырождается, с четырьмя становится довольно громоздкой, но решается аналогично рассмотренным ниже.
Пусть заданы вероятности выхода станков из строя: $p_i=P(A_i)$, и мы можем записать вероятности того, что станки продолжают работать: $q_i=1-p_i=P(\overline
Вводим также события, вероятности которых обычно нужно найти в заданиях:
$X_k$ = (В точности $k$ станков отказали), $k=0,1,2,3$.
Теория: случай 2 станков
Итак, у нас есть 2 станка, отказывающие с вероятностями $p_1$ и $p_2$ соответственно.
Событие $X_0$ = (0 станков отказали) = (Все станки работают). Его можно записать как произведение событий $X_0=\overline
$$ P(X_0)=P\left(\overline
Событие $X_1$ = (1 станок отказал). Подумаем, когда такое событие произойдет:
1. Когда первый станок откажет (событие $A_1$) и одновременно с этим второй станок работает (событие $\overline
2. Когда второй станок откажет (событие $A_2$) и одновременно с этим первый станок работает (событие $\overline
Так как других вариантов нет, а эти два варианта — несовместные (они не могут произойти одновроменно, или первая ситуация, или вторая), то по теореме сложения вероятностей несовместных событий: $$ P(X_1) = P\left(A_1 \cdot \overline
Событие $X_2$ = (2 станка отказали). Его можно записать как произведение событий $X_2=
$$ P(X_2)=P(A_1 \cdot A_2) = P(A_1) \cdot P(A_2)= p_1 \cdot p_2. \qquad (3) $$
Теория: случай 3 станков
Быстренько обобщим наши формулы для случая 3 станков, отказывающих с вероятностями $p_1$, $p_2$ и $p_3$.
Ни один станок не отказал:
$$ P(X_0)=P\left(\overline
В точности один станок отказал, остальные два — нет:
$$ P(X_1)= \\ = P(A_1) \cdot P\left(\overline
В точности два станка отказали, а один — работает:
$$ P(X_2)= \\ = P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P\left(\overline
Все три станка отказали:
$$ P(X_3)=P(A_1 \cdot A_2 \cdot A_3) = P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P(A_3) = p_1 \cdot p_2 \cdot p_3. \qquad (7) $$
Практика: укрощаем станки
Пример 1. Два станка работают независимо друг от друга. Вероятность того, что первый станок проработает смену без наладки, равна 0,9, а второй – 0,8. Найти вероятность того, что: а) оба станка проработают смену без наладки, б) оба станка за смену потребуют наладки.
Итак, случай с 2 станками, используем формулы (1) и (3), чтобы найти искомые вероятности. Важно, какое событие мы считаем базовым: выше в теории мы использовали «станок откажет», тут же удобнее событие «станок проработает смену» (при этом формулы сохраняют вид, но легко использовать не ту, будьте внимательны).
Итак, пусть $p_i$ — вероятность $i$-му станку проработать смену без наладки. И нужные вероятности:
1) Оба станка проработают смену без наладки:
$$ P(A_1 \cdot A_2) = P(A_1) \cdot P(A_2)= p_1 \cdot p_2 = 0,9 \cdot 0,8 = 0,72. $$
2) Оба станка за смену потребуют наладки:
$$ P\left(\overline
Пример 2. Вероятности бесперебойной работы для каждого из двух станков соответственно равны 0,95 и 0,8. Найти вероятность того, что за смену: а) произойдет остановка только одного станка; б) остановится хотя бы один станок.
Еще одна задачка про 2 станка. Так как в вопросах идет речь именно об остановках станка, их и будем считать базовыми событиями:
$A_i$ = (Станок $i$ остановился), $i=1,2$, $p_1=1-0,95=0,05$, $p_2=1-0,8=0,2$.
а) произойдет остановка только одного станка (используем формулу (2)):
$$ P_1= P(A_1) \cdot \left(\overline
б) В этом случае удобно сначала найти вероятность противоположного события «Ни один станок не остановится» (оба работают):
$$ P_0= P\left(\overline
Тогда вероятность того, что остановится хотя бы один станок, равна:
Теперь рассмотрим пример задачи с тремя станками, в которой используем все формулы, выведенные выше (см. (4)-(7)).
Пример 3. Рабочий обслуживает три станка. Вероятности того, что станки потребуют внимания рабочего в течение часа, соответственно равны $p_1=0,9, p_2=0,8, p_3=0,7$. Найти вероятность того, что в течение некоторого часа внимания рабочего потребует:
1) все станки,
2) ни один станок,
3) какой-либо один станок,
4) какие-либо два станка,
5) хотя бы один станок.
Вводим базовые независимые события $A_i$ = (Станок $i$ потребовал внимания рабочего в течение часа), $i=1, 2, 3$. По условию выписываем вероятности: $p_1=0,9$, $p_2=0,8$, $p_3=0,7$. Тогда $q_1=0,1$, $q_2=0,2$, $q_3=0,3$.
Найдем вероятность события $X$= (Все станки потребуют внимания в течение часа) по формуле (7):
$$ P(X)= P(A_1 \cdot A_2 \cdot A_3) = p_1 \cdot p_2 \cdot p_3 = 0,9\cdot 0,8 \cdot 0,7 = 0,504. $$
Найдем вероятность события $Y$= (Ни один станок не потребует внимания в течение часа) по формуле (4):
$$ P(Y)=P\left(\overline
Найдем вероятность события $Z$= (Один станок потребует внимания в течение часа) по формуле (5):
$$ P(Z)= p_1 \cdot q_2 \cdot q_3 + q_1 \cdot p_2 \cdot q_3 + q_1 \cdot q_2 \cdot p_3 =\\ = 0,9\cdot 0,2 \cdot 0,3 +0,1\cdot 0,8 \cdot 0,3 +0,1\cdot 0,2 \cdot 0,7 = 0,092. $$
Найдем вероятность события $Q$= (Два станка потребуют внимания в течение часа) по формуле (6):
$$ P(Q)= p_1 \cdot p_2 \cdot q_3 + p_1 \cdot q_2 \cdot p_3 + q_1 \cdot p_2 \cdot p_3 = \\ = 0,9\cdot 0,8 \cdot 0,3 + 0,9\cdot 0,2 \cdot 0,7 +0,1\cdot 0,8 \cdot 0,7 =0,398. $$
Также эту вероятность можно выразить через уже найденные ранее:
Найдем вероятность события $W$= (Хотя бы один станок потребует внимания в течение часа), учитывая что оно противоположно событию $Y$:
Пример 4. Рабочий обслуживает три станка. Вероятность выхода из строя за смену для них, соответственно, равна 0,75; 0,8 и 0,7. Найти вероятность того, что за смену выйдут из строя не менее двух станков.
Рассматриваем события $A_i$ = (Станок $i$ за смену вышел из строя), $i=1, 2, 3$. По условию даны вероятности: $p_1=0,75$, $p_2=0,8$, $p_3=0,7$. Тогда $q_1=0,25$, $q_2=0,2$, $q_3=0,3$.
Событие $X$ = (За смену выйдут из строя не менее двух станков) можно представить как сумму несовместных событий $X_2$ = (За смену выйдут из строя 2 станка) и $X_3$ = (За смену выйдут из строя 3 станка). Их вероятности найдем по формулам (6) и (7):
$$ P(X_2)= p_1 \cdot p_2 \cdot q_3 + p_1 \cdot q_2 \cdot p_3 + q_1 \cdot p_2 \cdot p_3 = \\= 0,75\cdot 0,8 \cdot 0,3 + 0,75\cdot 0,2 \cdot 0,7 +0,25\cdot 0,8 \cdot 0,7 =0,425. $$ $$ P(X_3)= P(A_1 \cdot A_2 \cdot A_3) = p_1 \cdot p_2 \cdot p_3 = 0,75\cdot 0,8 \cdot 0,7 = 0,42. $$
Тогда искомая вероятность:
И, наконец, рассмотрим одну задачу с четырьмя станками.
Пример 5. Рабочий обслуживает 4 станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что в течение смены первый станок потребует внимания рабочего, равна 0,3, второй – 0,6, третий – 0,4 и четвёртый – 0,25. Найти вероятность того, что в течение смены хотя бы один станок потребует внимания мастера.
Пусть $p_i$, $i=1,2,3,4$ — вероятность того, что станок потребует внимания мастера. Рассмотрим событие $X$ = (в течение смены хотя бы один станок потребует внимания мастера) и противоположное $\overline
$$ P(\overline
Вероятность нужного события тогда:
тут добить такойже калькулятор, но заменить все слова Выберите количество станков и затем введите в поля вероятности $p_i$ того, что $i$-ый станок потребует внимания (десятичный разделитель — точка):
Одинаковые станки и формула Бернулли
Рассмотрим частный случай предыдущей «задачи о капризных станках», когда все станки отказывают с одинаковой вероятностью $p$. Тогда, чтобы найти вероятность отказа в точности $k$ станков из $n$ можно использовать единственную формулу Бернулли:
$$ P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot (1-p)^
Пример 6. Рабочий обслуживает пять однотипных станков. Вероятность того, что станок потребует внимания рабочего в течение дня, равна 0,3. Найти вероятность того, что в течение дня этих требований будет ровно четыре.
Вот типовая задача на формулу Бернулли. Выписываем из задачи: $n=5$ (число станков), $p=0,3$ (вероятность того, что станок потребует внимания), $q=1-p=0,7$ (вероятность бесперебойной работы).
Найдем вероятность того, что ровно 4 станка потребуют внимания рабочего по формуле (8):
$$ P_5(4)=C_5^4 \cdot 0,3^4 \cdot 0,7^ <5-4>= 5 \cdot 0,3^4 \cdot 0,7 =0,028. $$
Пример 7. Вероятность поломки одного из 6 работающих независимо друг от друга станков равна 0,2. Если происходит поломка, станок до конца дня не работает. Какова вероятность того, что в течение дня сломается более 2 станков?
Еще одна задача про станки, которые ломаются с одинаковой вероятностью. Основные данные: $n=6$ (число станков), $p=0,2$ (вероятность поломки), $q=1-p=0,8$.
Найдем вероятность того, что в течение дня сломается более двух станков, используя переход к противоположному событию (в течение дня сломается 0, 1 или 2 станка):
$$ P_6(k>2)=1-P_6(k \le 2)=1- (P_6(0)+P_6(1)+P_6(2))= \\ =1 — (C_6^0 \cdot 0,2^0 \cdot 0,8^6 + C_6^1 \cdot 0,2^1 \cdot 0,8^5 + C_6^2 \cdot 0,2^2 \cdot 0,8^4)=\\ =1 — ( 0,8^6 + 6 \cdot 0,2 \cdot 0,8^5 + 15 \cdot 0,2^2 \cdot 0,8^4)=0,099. $$
Пример 8. На рабочем участке 5 однотипных станков. Вероятность того, что каждый из них исправен, равна 0,8. Плановое задание может быть выполнено, если исправно не менее 3 станков. Какова вероятность, что задание будет выполнено?
Думаю, тут можно обойтись только формулой, согласны?
$$ P_5(k \ge 3)=P_5(3)+ P_5(4)+ P_5(5) = \\ =C_5^3 \cdot 0,8^3 \cdot 0,2^2 + C_5^4 \cdot 0,8^4 \cdot 0,2^1 + C_5^5 \cdot 0,8^5 \cdot 0,2^0 =\\ =10 \cdot 0,8^3 \cdot 0,2^2 + 5 \cdot 0,8^4 \cdot 0,2 + 0,8^5 =0,942. $$
Пример 9. В цехе работают 8 станков. Вероятность безотказной работы каждого 0,9. Найти вероятность того, что хотя бы один станок откажет в работе.
Как и почти всегда, когда в задаче есть «хотя бы один», используем переход к противоположному событию «Все станки работают»:
$$ P_8(k \ge 1)=1- P_8(k \lt 1)=1- P_8(0) = 1- 0,9^8 =0,57. $$
Задачи на полную вероятность
Рассмотрим еще один тип задач со станками, который оооочень распространен в домашних и контрольных работах, и относится к теме полной вероятности.
Теорию вы сможете найти по ссылке выше, а тут я кратко напомню основные шаги:
- Находим в задаче полную группу гипотез $H_i$.
- Определяем основное событие $A$ (которое обычно происходит с разной вероятностью в зависимости от того, какая из гипотез $H_i$ верна).
- Выписываем из условия или вычисляем вероятности: $P(H_i)$, $P(A|H_i)$.
- Подставляем в нужную формулу: полной вероятности (9) или Байеса (10).
Пример 10. В цехе работают 20 станков. Из них 10 марки А, 6 марки В и 4 марки С. Вероятность того, что качество детали окажется отличным для этих станков соответственно равна 0,9; 0,8; 0,7. Какой процент отличных деталей выпускает цех в целом?
Введем полную группу гипотез:
$Н_1$ = (Деталь изготовлена на станке марки А),
$Н_2$ = (Деталь изготовлена на станке марки В),
$Н_3$ = (Деталь изготовлена на станке марки С).
Вероятности гипотез найдем как отношение числа станков нужной марки к общему числу станков в цехе:
$$ P(H_1)=10/20=0,5, \quad P(H_2)=6/20=0,3, \quad P(H_3)=4/20=0,2. $$
Введем событие $А$ = (Деталь отличного качества). По условию известны априорные вероятности: $$ P(A|H_1)=0,9, \quad P(A|H_2)=0,8, \quad P(A|H_3)=0,7. $$ Тогда вероятность события А найдем по формуле полной вероятности (9):
$$ P(A)=\sum_
Получили 0,83 или 83% отличных деталей в цехе.
Пример 11. Три станка подают детали в общий бункер. Вероятность выпуска бракованной продукции для первого станка 0,03, для второго – 0,02, и для третьего 0,01. Производительность первого станка в 3 раза больше производительности второго, а производительность третьего в два раза больше второго. Какова вероятность того, что взятая наудачу деталь из бункера окажется годной?
И как обычно, начинаем с ввода гипотез: $Н_i$ = (Деталь изготовлена на $i$-ом станке) и основного события $A$ = (Взята годная деталь).
Чтобы найти вероятности гипотез, используем данные о производительности станков. Пусть производительность второго станка $x$, тогда производительность первого — $3x$, производительность третьего — $2x$. Тогда можно вычислить вероятности гипотез по классическому определению вероятности:
Теперь надо найти вероятность того, что годная деталь изготовлена на $i$-ом станке. По условию даны вероятность изготовления бракованных деталей, откуда найдем:
$$ P(A|H_1)=1-0,03=0,97, \quad P(A|H_2)=1-0,02=0,98, \quad P(A|H_3)=1-0,01=0,99. $$
Вероятность того, что взятая наудачу деталь из бункера окажется годной, находим по формуле полной вероятности (9):
$$ P(A)=\sum_
Пример 12. На склад поступили детали с 3-х станков. На первом станке изготовлено 40% деталей от их общего количества, на 2-ом – 35% и на третьем – 25%. Причем на первом станке было изготовлено 90% деталей 1-го сорта, на втором 80% и на третьем – 70%. Известно, что наугад выбранная со склада деталь оказалась деталью 1-го сорта. Найти вероятность того, что она была изготовлена на 2-м станке.
Начало решения абсолютно аналогично предыдущим задачам: $Н_i$ = (Деталь изготовлена на $i$-ом станке), $A$ = (Взята деталь первого сорта).
$$ P(H_1)=40\%=0,4, \quad P(H_2)=35\%=0,35, \quad P(H_3)=25\%=0,25. $$ $$ P(A|H_1)=90\%=0,9, \quad P(A|H_2)=80\%=0,8, \quad P(A|H_3)=70\%=0,7. $$
Сначала найдем вероятность события $A$:
$$ P(A)=\sum_
Найдем апостериорную вероятность того, что деталь изготовлена на втором станке, если она оказалась 1-го сорта, используя формулу Байеса (10):
Полезные ссылки по ТВ
Решебник по вероятности
А здесь вы найдете почти 300 задач о станках с полными решениями (вводите часть текста для поиска своей задачи):
Рабочий обслуживает три станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что в течение
Рабочий обслуживает три станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что в течение часа первый станок не потребует внимания рабочего, равна 0,8, второго – 0,7, третий – 0,6. Найти вероятность события А, состоящего в том, что в течение часа хотя бы один из трех станков потребует внимания рабочего.
Событие А – «в течение часа хотя бы один из трех станков потребует внимания рабочего», пусть событие А — «три станка в течения часа не потребуют внимания рабочего».
По условию задачи известны вероятности, что в течении часа первый станок не потребует внимания рабочего р1=0,8, второй станок — р2=0,7, третий станок — р3=0,6.
Найдем вероятность того, что в течении часа все три станка не потребуют внимания рабочего
РА=1-p11-p21-p3=1-0,81-0,71-0,6=
=0,2∙0,3∙0,4=0,024
Тогда вероятность события А найдем как вероятность противоположного события
РА=1-РА=1-0,024=0,976
Ответ
© Библиотека Ирины Эланс
Библиотека Ирины Эланс, основана как общедоступная библиотека в интернете. Онлайн-библиотеке академических ресурсов от Ирины Эланс доверяют студенты со всей России.
Библиотека Ирины Эланс
Полное или частичное копирование материалов разрешается только с указанием активной ссылки на сайт:
Задание 1
1. Рабочий обслуживает три станка, работающих независимо друг от друга. Вероятность того, что в течение часа 1-й станок не потребует внимания рабочего, равна 0,9; для второго — 0,8; для третьего — 0,85.
Какова вероятность того, что в течение часа:
а) ни один станок не потребует внимания рабочего;
б) все три станка потребуют внимания рабочего;
в) какой-нибудь один станок потребует внимания рабочего;
г) хотя бы один станок потребует внимания рабочего?
Решение: I II III
а) А (i =1,2,3) — не потребует внимания станок в течение часа
В — событие, где все 3 станка не потребуют внимания рабочего в течение часа
Р (В) = Р (А1 Ч А2 Ч А3) = Р(А1) Ч Р(А2) Ч Р(А3) = 0,9 Ч 0,8 Ч 0,85 = 0,612
б) А (i =1,2,3) — не потребует i-й внимания станок
? (i =1,2,3) — потребует i-й внимания станок, независимое событие
Р (? 1) = 1 — 0,9 = 0,1
Р (? 2) = 1 — 0,8 = 0,2
Р (? 3) = 1 — 0,85 = 0,15
Р (? 1 Ч ? 2 Ч ? 3) = (0,1 Ч 0,2 Ч 0,15) = 0,003
в) ? 1 = 0,1; ? 2 = 0,2; ? 3 = 0,85
Аi — один станок потребует внимания рабочего в течение часа
Р (В) = Р (А1 Ч ? 2 Ч А3 + ? 1 Ч А2 Ч А3 + А1 Ч А2 Ч ? 3) = (0,9Ч 0,2 Ч 0,85 + 0,1 Ч 0,8 Ч 0,85 + 0,9 Ч 0,8 Ч 0,15) = 0,329
г) Найдём вероятность через противоположное событие, т.е. ни один станок не потребует внимания рабочего в течение часа
Р (А1 Ч А2 Ч А3) = Р (А1) Ч Р (А2) Ч Р (А3) = 0,9 Ч 0,8 Ч 0,85 = 0,612
Р ( С) = 1 — 0,612 = 0,388
Ответ: а) вероятность равна 0,612, что в течение часа ни один станок не потребует внимания рабочего; б) вероятность равна 0,003, что в течение часа все три станка потребуют внимания рабочего; в) вероятность равна 0,329, что в течение часа какой-нибудь один станок потребует внимания рабочего; г) вероятность равна 0,388, что в течение часа хотя бы один станок потребует внимания рабочего.
Задание 2
Ящик содержит 10 деталей, среди которых 3 стандартные. Найти вероятность того, что среди отобранных 5 деталей окажутся: а) только 2 стандартные детали; б) все детали нестандартные; в) все детали стандартные; г) хотя бы одна деталь стандартная.
а) число способов, где взяли 5 деталей из 10 детали, можно подсчитать по формуле:
С2 — число способов, где взяли 2 стандартные детали из 3-х нестандартных
С3 — число способов, где взяли 3 стандартные детали из 7-ми нестандартных
С5 — всего способов, где взяли 5 стандартных деталей из 10-ти
С2 =__3!___ = 3 С3 = __7!___ = 35 С5 = __10!___ = 252
2! Ч 1! 3! Ч 4! 5! Ч 5!
С3 Ч С7 = 3 Ч 35 = 0,417
б) С7 — число способов выбора, где взяли 5 деталей из 7-ми
Число выбора деталей считается в сочетании С5 = 1
С7 — число способов, где взяли 5 деталей из 7-ми
С10 — всего способов, где взяли 5 деталей из 10-ти
Искомая вероятность Р ( Д):
Р (Д) = С7 Ч С3 = 21 Ч 1 = 0,083
в) Событие, где взяли 5 стандартных деталей из 3-х стандартных деталей невозможно. Вероятность равна нулю.
г) Найдём искомую вероятность через противоположное событие:
С7 — число способов, где взяли 5 нестандартных деталей из 7-ми
С3 — число способов выбора из 3-х
С10 — всего способов, где взяли 5 деталей из 10-ти
С7 Ч С3 = 0,083 — искомая вероятность равна результату под пунктом б). С10
Ответ: а) Если среди отобранных 5 деталей окажутся только 2 стандартные детали, то вероятность равна 0,417; б) если среди отобранных 5 деталей окажутся все детали нестандартные, то вероятность равна 0,083; в) если среди отобранных 5 деталей окажутся все детали стандартные, то вероятность равна 0; г) если среди отобранных 5 деталей окажется, хотя бы одна деталь стандартная, то вероятность равна 0,083.
Рабочий обслуживает 3 станка, каждый из которых работает независимо от двух других. Вероятность того, что за смену станки не потребуют
Рабочий обслуживает 3 станка, каждый из которых работает независимо от двух других. Вероятность того, что за смену станки не потребуют вмешиваться рабочего, равна соответственно ��1 = 0,4; ��2 = 0,3 ; ��3 = 0,2 . Найдите вероятность того, что за смену по крайней мере один станок потребует вмешательства рабочего.
Обозначим события: ��1 − первый станок будет работать безотказно; ��2 − второй станок будет работать безотказно; ��3 − третий станок будет работать безотказно; ��1 ̅̅̅ − первый станок откажет; ��2 ̅̅̅ − второй станок откажет; ��3 ̅̅̅ − третий станок откажет. По условию вероятности этих событий равны: По формулам сложения и умножения вероятностей, вероятность события �� − за смену по крайней мере один станок потребует вмешательства рабочего, равна: Ответ: ��(��) = 0,976
Похожие готовые решения по высшей математике:
При копировании любых материалов с сайта evkova.org обязательна активная ссылка на сайт www.evkova.org
Сайт создан коллективом преподавателей на некоммерческой основе для дополнительного образования молодежи
Сайт пишется, поддерживается и управляется коллективом преподавателей
Telegram и логотип telegram являются товарными знаками корпорации Telegram FZ-LLC.
Cайт носит информационный характер и ни при каких условиях не является публичной офертой, которая определяется положениями статьи 437 Гражданского кодекса РФ. Анна Евкова не оказывает никаких услуг.