Matematyka.pl

Co do zadania pierwszego, to pomocny będzie link z czekoladami : czekolady . Jeśli zaś chodzi o drugie, to zaproponowane rozwiązanie jest niepoprawne, bo uwzględnia na przykład sytuacje, gdy mamy 6 dzwonów (wylosowanych z 13) a w tych pozostałych 7 kartach, które dowolnie dobieramy z 39, pojawi się ...

Sam napisałeś, że rozpatrujemy ciągi postaci xxxxx , gdzie x może być równe 1,2 lub 3. Wyżej policzyłeś ile jest wszystkich takich ciągów, a ciągi spełniające warunek zadania, to 11111, 22222, 33333, czyli sytuacje gdy wszyscy wsiedli do pierwszego, drugiego lub trzeciego wagonu. Rozwiązanie zakłada...

Jest więcej możliwości zapełnienia tego pociągu, a dokładnie trzy razy więcej. Wtedy prawdopodobieństwo wyniesie \(\displaystyle{ \frac{1}{3^4}}\)

Coś chyba nie gra w tym rozwiązaniu.

Masz rację co do przestrzeni zdarzeń: |\Omega|={50\choose 20} Interesuje nas sytuacja, kiedy w trafimy na 2 albo 3 elementy wadliwe: Dwa wadliwe: {3\choose 2}{47\choose 18} Trzy wadliwe: {3\choose 3}{47\choose 17} Prawdopodobieństwo odrzucenia partii: p=\frac{{3\choose 2}{47\choose 18}+{3\choose 3}{...

A jak zrobiłaś i ile Ci wyszło w pierwszym punkcie, bo, jak dla mnie, nie różnią się one specjalnie od siebie.

Pewnie chodzi tu o prawdopodobieństwo geometryczne. x\ -\ czas\ awarii\ I\ maszyny y\ -\ czas\ awarii\ II\ maszyny \Omega=\{(x,y):\ (x,y)\in[0,60] [0,60]\} A=\{(x,y):\ |x-y| q 8\} Czyli w kwadracie [0,60]x[0,60] zaznaczamy te y, które spełniają powyższe ograniczenia. Prawdopodobieństwem darzenia A b...

Zad1. \overline{x}=\frac{1}{N}\sum_{i=1}^{N} x _{i} \ \ \ => \ \ \sum_{i=1}^{N} x _{i}-N\overline{x}=0 \ \ \ =>\ \ \ \sum_{i=1}^{N} (x _{i}-\overline{x})=0 Natomiast w drugim zadaniu chodzi o skorzystanie z faktu, że średnia minimizuje wyrażenie: \underset{a}{min}(\sum_{i=1}^{N} (x _{i} - a) ^{2}) S...

Wystarczy wypisać sobie wszystkie zdarzenia, o których mowa i zdarzenia sprzyjające i wyjdzie jak w odpowiedziach.

Oczywiście masz rację. Liczyłem dla więcej niż 10, czyli od 11.

Można skorzystać z przybliżenia rozkładu dwumianowego rozkładem normalnym, wtedy to prawdopodobieństwo wyniesie ok. 0.0110, a liczone z rozkładu dwumianowego ok. 0.0115.

Najlepiej napisać sobie jakie jest prawdopodobieństwo tego, że skończymy rzucać w 1,2,3,... rzucie, później odrobinę się temu przyjrzeć i mamy rozwiązanie. No bo przecież: P_1=\frac{1}{4}\ \ \ P_2=\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{4}\ \ \ P_3=\frac{3}{4}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{4}\ \ \ P_k=\bigg(\frac{3...

Wartość oczekiwaną raczej liczy się nietrudno, gorzej byłoby z wariancją. Weźmy sobie zmienną X_i taką, że: X_i= \begin{cases} 1\ \ \text{jesli wystapi C}\ \ p=\frac{1}{2} \\ 0\ \ \ \ \ \ \text{dla G}\ p=\frac{1}{2} \end{cases}\ \ \ \ i=1,2,...,20 Zdefiniujmy sobie zmienną Y_k w ten sposób, że: Y_k=...

Tak jest wystarczająco dobrze, chociaż ja zawsze pisałem:

\(\displaystyle{ P(X=k)= {200 \choose k}\cdot 0.01^k\cdot0.99^{200-k}\ \ \ k=0,1,2,...,200}\)

ale to tylko kosmetyka.

Liczba braków w tej partii ma rozkład Bernoulliego. Sporo zadań na tym forum poświęconych jest tej tematyce. Możesz skorzystać z opcji szukaj, albo przejrzeć jakieś moje rozwiązania, to na pewno znajdziesz podobne zadanie.