Matematyka.pl

Zad 1. Roztargniona sekretarka wkłada 4 listy do 4 zaadresowanych kopert. Jakie p-podobieństwo, że choć 1 trafił do adresata ?

Zadaje sobie sprawę, że zadanie jest super trudne...

A- przynajmniej jeden list trafił do adresata
\(\displaystyle{ A_i}\) - list o numerze i został włożony do właściwej koperty i=1,2,3,4

Skoro 1 list trafia do adresata , to ustawienie wygląda tak -
\(\displaystyle{ \Omega= 4!}\)
\(\displaystyle{ A= 3!}\) \(\displaystyle{ P(A)= \frac{3!}{4!} }\)

i dalej nie ogarniam zapisów, brakuje mi sensownych komentarzy żeby zrozumieć co się dzieje:

\(\displaystyle{ {4 \choose 2} = \frac{4!}{2! \cdot 2!} = 6}\)
\(\displaystyle{ {4 \choose 3} = \frac{4!}{3! \cdot 1!} }\)

O co chodzi z tymi częściami wspólnymi - skąd się to bierze z tych listów.

\(\displaystyle{ P(A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup A_4)= P(A_1)+P(A_2)+P(A_3)+P(A_4)
- P(A_1 \cap A_2) - P(A_1 \cap A_3) - P(A1 \cup A_4) - P(A_2 \cap A_3) ...
+ P(A_1 \cap A_2 \cap A_4) + P(A_2 \cap A_3 \cap A_4) .. - P(A_1 \cap A_2 \cap A_3 \cap A_4) }\)

Klaudiuska88 pisze: ↑15 kwie 2023, o 23:30 Zad 1. Roztargniona sekretarka wkłada 4 listy do 4 zaadresowanych kopert. Jakie p-podobieństwo, że choć 1 trafił do adresata ?

Zadaje sobie sprawę, że zadanie jest super trudne...

Nie jest trudne.
A- ''choć 1 trafił do adresata''
\(\displaystyle{
P(A)=1-P(A')=1- \frac{!4}{4!}=1- \frac{9}{24}= \frac{5}{8}
}\)
Przeczytaj:

Klaudiuska88 pisze: ↑15 kwie 2023, o 23:30 i dalej nie ogarniam zapisów, brakuje mi sensownych komentarzy żeby zrozumieć co się dzieje:

\(\displaystyle{ {4 \choose 2} = \frac{4!}{2! \cdot 2!} = 6}\)
\(\displaystyle{ {4 \choose 3} = \frac{4!}{3! \cdot 1!} }\)

O co chodzi z tymi częściami wspólnymi - skąd się to bierze z tych listów.

\(\displaystyle{ P(A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup A_4)= P(A_1)+P(A_2)+P(A_3)+P(A_4)
- P(A_1 \cap A_2) - P(A_1 \cap A_3) - P(A1 \cup A_4) - P(A_2 \cap A_3) ...
+ P(A_1 \cap A_2 \cap A_4) + P(A_2 \cap A_3 \cap A_4) .. - P(A_1 \cap A_2 \cap A_3 \cap A_4) }\)

Może podaj pełne rozwiązanie, do którego nawiązujesz, a wtedy można będzie konkretnie odpowiedzieć zamiast jedynie snuć przypuszczenia.

Zadanie to jest szczególnym przypadkiem (\(\displaystyle{ n = 4 }\) listy) - ogólnego problemu o rozmieszczeniach, sformułowanego i rozwiązanego w roku 1708 przez francuskiego matematyka Pierre R. Montmorta w traktacie o analizie gier hazardowych.

Wyobraźmy sobie urnę z \(\displaystyle{ n }\) kulami ponumerowanymi kolejno \(\displaystyle{ 1,2, \ \ ... \ \ n }\) i dobrze zmieszanymi.

Wyciągamy po jednej kuli z urny. Jakie jest prawdopodobieństwo, że żadnej kuli nie wyciągniemy w kolejności odpowiadającej jej numerowi. Albo inaczej, wyobraźmy sobie, że osoba wyciągająca kule z urny liczy " raz, dwa, trzy," ... za wyciągnięciem kolejnej kuli.

Jakie jest prawdopodobieństwo, że nie nastąpi koincydencja (spotkanie, współwystąpienie) takiego odliczania z numerem wyciągniętej kuli.

Przejdźmy do problemu roztargnionej sekretarki.

Doświadczenie losowe polega na umieszczaniu przez panią sekretarkę \(\displaystyle{ 4 }\) listów \(\displaystyle{ 1, 2, 3, 4 }\) w \(\displaystyle{ 4 }\) zaadresowane koperty.

Całkowita liczba prawdopodobnych zdarzeń jest równa liczbie wszystkich możliwych uporządkowań, w których \(\displaystyle{ 4 }\) listy wyciagamy jeden za drugim. Liczba ta jest równa liczbie permutacji \(\displaystyle{ P_{4} = 4! }\) zbioru - czteroelementowego.

Co możemy zapisać

\(\displaystyle{ \Omega = \{ \omega = (1, 2, 3, 4) \rightarrow (1, 2, 3, 4) \} }\)

\(\displaystyle{ |\Omega| = P_{4} = 4! = 1\cdot 2\cdot 3 \cdot 4 =24. }\)

Liczba zdarzeń sprzyjających jest równa liczbie "nieporządków", w których żaden list nie znajduje właściwie zaadresowanej koperty, a więc na przykład list o numerze \(\displaystyle{ 3 }\) nie znajdzie się w kopercie odpowiadającej adresatowi \(\displaystyle{ 3.}\)

Jak obliczyć liczbę wszystkich nieporządków w zbiorze \(\displaystyle{ \{ 1, 2, 3, 4 \} ? }\)

Wyprowadzenie wzoru w przypadku ogólnym zbioru \(\displaystyle{ n - }\) elementowego wymaga poznania " Zasady włączeń i wyłączeń".

Gotowy wzór w oparciu o tę zasadę zastosował Kol. kerajs.

W tym zadaniu wypiszemy wszystkie możliwe "nieporządki" zbioru czteroelementowego, jest ich stosunkowo niewiele.

\(\displaystyle{ \left (\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow \\ 2 & 1 & 4 & 3 \end{matrix} \right),}\)

\(\displaystyle{ \left (\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow \\ 2 & 3 & 4 & 1 \end{matrix} \right),}\)

\(\displaystyle{ \left (\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow \\ 2 & 4 & 1 & 3 \end{matrix} \right),}\)

\(\displaystyle{ \left (\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow \\ 3 & 1 & 4 & 2 \end{matrix} \right),}\)

\(\displaystyle{ \left (\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow \\ 3 & 4 & 1 & 2 \end{matrix} \right),}\)

\(\displaystyle{ \left (\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow \\ 3 & 4 & 2 & 1 \end{matrix} \right),}\)

\(\displaystyle{ \left (\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow \\ 4 & 1 & 2 & 3 \end{matrix} \right),}\)

\(\displaystyle{ \left (\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow \\ 4 & 3 & 2 & 1 \end{matrix} \right),}\)

\(\displaystyle{ \left (\begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow \\ 4 & 3 & 1 & 2 \end{matrix} \right).}\)

Zbiór odpowiadający zdarzeniu sprzyjającemu \(\displaystyle{ A }\) " żaden list nie trafi na właściwego adresata"

\(\displaystyle{ A = \{\omega = (1,2,3,4) \nrightarrow (1,2,3,4)\} }\) składa się z \(\displaystyle{ 9 }\) ciagów czteroelemetowych.

Zakładając, że wszystkie listy mają taką samą możliwość zakopertowania - stosujemy definicję klasyczną prawdopodobieństwa prawdopodobieństwa:

\(\displaystyle{ P(\overline) = \frac{|A|}{|\Omega|} = \frac{9}{24}. }\)

Prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego \(\displaystyle{ \overline{A}, }\) że choć jeden list trafi do adresata

\(\displaystyle{ P(\overline{A}) = 1 - P(A) = 1 -\frac{9}{24} = \frac{15}{24} = \frac{5}{8} }\)

Jeżeli pani sekretarka, mając do wysłania \(\displaystyle{ 4 }\) listy będzie je losowo umieszczała w kopertach, to szansa, że choć jeden list znajdzie swojego adresata jest równa \(\displaystyle{ 62,5 \%.}\)

Dziękuje za pomoc, tak myślałam, że zadanie trudne jednak..

Nawet kiepski licealista mógłby wypisać 24 możliwości i wybrać z nich zdarzenia sprzyjające. Ergo, zadanie nie jest trudne.