Przegladajac podobne tematy na forum doszedlem do wniosku, ze najpierw nalezy wyliczyc przestrzen ciagu, a nastepnie obliczyc moc, jednak nie jestem pewien. Moglby ktos pomoc ?W pudełku jest 15 losow, w tym 5 wygrywających. Wyciągamy jednoczesnie cztery losy. Jakie jest prawdopodobienstwo, ze wsrod wylosowanych losow:
a) dwa beda wygrywajace
b) co najmniej jeden bedzie wygrywajacy
losy po raz kolejny, tym razem w pudełku :)
-
MXR
- Użytkownik
- Posty: 11
- Rejestracja: 29 lis 2006, o 15:51
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Tarnów
- Podziękował: 3 razy
losy po raz kolejny, tym razem w pudełku :)
Witam, mam kolejny problem z zadaniem, mianowicie
-
d(-_-)b
- Użytkownik
- Posty: 210
- Rejestracja: 26 lis 2006, o 12:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Płock
- Pomógł: 98 razy
losy po raz kolejny, tym razem w pudełku :)
Oznaczmy zdarzenia elementarne:
Ω - wylosujemy dowolne dwa losy
A - wylosujemy dwa beda wygrywajace losy
B - wylosujemy losy wśród, których co najmniej jeden bedzie wygrywajacy
\(\displaystyle{ \overline{\overline\Omega}={15\choose 4}=1365}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}}={5\choose 2}{10\choose 2}=450}\)
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{450}{1365}=\frac{30}{91}}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{B}}={5\choose 1}{10\choose 3}+{5\choose 2}{10\choose 2}+{5\choose 3}{10\choose 1}+{5\choose 4}=600+450+50+5=1105}\)
\(\displaystyle{ P(B)=\frac{1105}{1365}=\frac{17}{21}}\)
sorki za bład ale nie wiem czemu ja to rozpatrywalem tak jakbysmy losowali tylko dwa losy
moze przez rownania rozniczkowe ktorych wlasnie sie ucze
blad juz sie nie powtorzy
Ω - wylosujemy dowolne dwa losy
A - wylosujemy dwa beda wygrywajace losy
B - wylosujemy losy wśród, których co najmniej jeden bedzie wygrywajacy
\(\displaystyle{ \overline{\overline\Omega}={15\choose 4}=1365}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}}={5\choose 2}{10\choose 2}=450}\)
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{450}{1365}=\frac{30}{91}}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{B}}={5\choose 1}{10\choose 3}+{5\choose 2}{10\choose 2}+{5\choose 3}{10\choose 1}+{5\choose 4}=600+450+50+5=1105}\)
\(\displaystyle{ P(B)=\frac{1105}{1365}=\frac{17}{21}}\)
sorki za bład ale nie wiem czemu ja to rozpatrywalem tak jakbysmy losowali tylko dwa losy
moze przez rownania rozniczkowe ktorych wlasnie sie ucze
blad juz sie nie powtorzy
Ostatnio zmieniony 29 lis 2006, o 22:58 przez d(-_-)b, łącznie zmieniany 2 razy.
-
Majki
- Użytkownik
- Posty: 8
- Rejestracja: 29 lis 2006, o 13:33
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: gniezno
- Podziękował: 2 razy
losy po raz kolejny, tym razem w pudełku :)
\(\displaystyle{ C_{15}^{4}=1365}\)
\(\displaystyle{ C_{5}^{2}*C_{15}^{2}=360}\)
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{360}{1365}}\)
\(\displaystyle{ C_{5}^{1}*C_{14}^{3}=1040}\)
\(\displaystyle{ P(B)=\frac{1040}{1365}}\)
prawdopodobieństwo mozesz uproscic sobie na własną rękę wg. mnie jest dobrze
edit
d(-_-)b
ej w przypadku a policzyłes tylko 2 kule a losujesz 4 jakby nie było cały czas ....
a przypadek b nooo cóż.....
jesli masz podane ze minimum musi byc jeden wygrywajacy to robisz kombinacje 1z5 a reszte dobierasz byle jakie 3 kombinacja z 14 czyli z pozostałych kól bo nie ma róznicy e tym przypadku czy jest wygrywajacy czy tez nie
\(\displaystyle{ C_{5}^{2}*C_{15}^{2}=360}\)
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{360}{1365}}\)
\(\displaystyle{ C_{5}^{1}*C_{14}^{3}=1040}\)
\(\displaystyle{ P(B)=\frac{1040}{1365}}\)
prawdopodobieństwo mozesz uproscic sobie na własną rękę wg. mnie jest dobrze
edit
d(-_-)b
ej w przypadku a policzyłes tylko 2 kule a losujesz 4 jakby nie było cały czas ....
a przypadek b nooo cóż.....
jesli masz podane ze minimum musi byc jeden wygrywajacy to robisz kombinacje 1z5 a reszte dobierasz byle jakie 3 kombinacja z 14 czyli z pozostałych kól bo nie ma róznicy e tym przypadku czy jest wygrywajacy czy tez nie
-
d(-_-)b
- Użytkownik
- Posty: 210
- Rejestracja: 26 lis 2006, o 12:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Płock
- Pomógł: 98 razy
losy po raz kolejny, tym razem w pudełku :)
PS. Majki, następnym razem tylko powiedz że mogłem popełnić błąd, w zadnym wypadku nie proponuj swojego rozwiązania