A iloczyn ich równał się cztery…

Permutacje. Kombinacje. Wariacje. Rozmieszczanie kul w urnach. Silnie i symbole Newtona. Przeliczanie zbiorów. Funkcje tworzące. Teoria grafów.
vpprof
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 471
Rejestracja: 11 paź 2012, o 11:20
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 23 razy
Pomógł: 63 razy

A iloczyn ich równał się cztery…

Post autor: vpprof » 3 maja 2021, o 18:21

…dobrze że nie czterdzieści i cztery.
Mam proste zadanie z matury 2017, rozumiem oficjalne rozwiązanie, ale nie rozumiem, gdzie jest błąd w moim rozwiązaniu. Sprawdziłem łopatologicznie w Excelu, że rozwiązanie CKE jest poprawne.
W pudełku znajduje się 8 piłeczek oznaczonych kolejnymi liczbami naturalnymi od 1 do 8. Losujemy jedną piłeczkę, zapisujemy liczbę na niej występującą, a następnie zwracamy piłeczkę do urny. Tę procedurę wykonujemy jeszcze dwa razy i tym samym otrzymujemy zapisane trzy liczby. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania takich piłeczek, że iloczyn trzech zapisanych liczb jest podzielny przez 4. Wynik podaj w postaci ułamka zwykłego.
Z punktu widzenia warunku „iloczyn=4” kolejność losowanych liczb nie ma znaczenia. Można więc rozwiązać na dwa sposoby — rozróżniając kolejność (CKE) oraz nie rozróżniając kolejności. Oczywiście w pierwszym sposobie licznik i mianownik wyjdą większe, ale ułamek musi być ten sam.

Rozwiązanie CKE: wszystkich 3-wyrazowych ciągów jest \(\displaystyle{ 8^3=512}\). Ciągi spełniające warunek „iloczyn=4” dzielą się na:
  • ciągi złożone z 3 liczb parzystych — jest ich \(\displaystyle{ 4^3=64}\)
  • ciągi złożone z 2 liczb parzystych i 1 nieparzystej — jest ich \(\displaystyle{ 4^2 \cdot 3 \cdot 4=192}\)
  • ciągi złożone z 1 liczby parzystej podzielnej przez 4 i 2 nieparzystych — jest ich \(\displaystyle{ 2 \cdot 3 \cdot 4^2=96}\)
Zatem \(\displaystyle{ P(A)=352/512=11/16}\).

Rozwiązanie moje: iloczyn każdego ciągu można zapisać jako
\(\displaystyle{ 1^{n_1} 2^{n_2} 3^{n_3} 4^{n_4} 5^{n_5} 6^{n_6} 7^{n_7} 8^{n_8} = 2^{n_2+2n_4+n_6+3n_8} 3^{n_3+n_6} 5^{n_5} 7^{n_7}=I }\)
gdzie \(\displaystyle{ n_i}\) jest liczbą wystąpień danej liczby w ciągu, oczywiście \(\displaystyle{ 0 \le n_i \le 3,\ \sum_{i=1}^{8}n_i=3 }\). Wszystkich 3-elementowych zestawów liczb jest tyle, ile rozwiązań równania \(\displaystyle{ n_1 + n_2 + n_3 + n_4 + n_5 + n_6 + n_7 + n_8 = 3}\), czyli tyle ile podziałów liczby 3 na 8 nieujemnych składników. 3=2+1=1+1+1, co po odpowiednich permutacjach daje \(\displaystyle{ \frac{8!}{1!7!} + \frac{8!}{1!1!6!} + \frac{8!}{3!5!} = 120}\). I tu już jest pierwszy problem, mianowicie jeśli wynik ma wyjść \(\displaystyle{ \frac{11}{16} }\) to zdarzeń sprzyjających musiałoby być \(\displaystyle{ 82,5}\)

Dalej na razie nie piszę, bo wiem że już tu jest błąd, tylko nie rozumiem, jaki.
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

Bran
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 337
Rejestracja: 19 lut 2019, o 19:30
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 138 razy
Pomógł: 11 razy

Re: A iloczyn ich równał się cztery…

Post autor: Bran » 3 maja 2021, o 19:00

vpprof pisze:
3 maja 2021, o 18:21
Oczywiście w pierwszym sposobie licznik i mianownik wyjdą większe, ale ułamek musi być ten sam.
A to dlaczego?

Tmkk
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1500
Rejestracja: 15 wrz 2010, o 15:36
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ostrołęka
Podziękował: 48 razy
Pomógł: 437 razy

Re: A iloczyn ich równał się cztery…

Post autor: Tmkk » 3 maja 2021, o 19:14

Popatrz sobie na takie proste zadanie: Rzucamy dwa razy kostką i pytamy o prawdopodobieństwo, że wypadnie jedynka i dwójka.

Jeśli będziemy robić jak zwykle, czyli rozróżniać kolejność, to mamy dwa zdarzenia sprzyjające: \(\displaystyle{ (1,2)}\) oraz \(\displaystyle{ (2,1)}\), wszystkich opcji jest \(\displaystyle{ 6^2}\), co daje \(\displaystyle{ \frac{1}{18}}\).

Jeśli nie będziemy rozróżniać kolejności, to wtedy mamy jedno zdarzenie sprzyjające, a wszystkich opcji jest podobnie jak u Ciebie - tyle, ile rozwiązań równania \(\displaystyle{ x_1+x_2+x_3+x_4+x_5+x_6 = 2}\) w całkowitch nieujemnych, czyli \(\displaystyle{ 21}\). Wychodzi więc \(\displaystyle{ \frac{1}{21}}\), więc o co chodzi?

Problem polega na tym, że w takim rozumowaniu łączysz przypadki \(\displaystyle{ (2,1)}\) oraz \(\displaystyle{ (1,2)}\) w jeden. Czyli w pewnym sensie wnioskujesz, że prawdopodobieństwo wyrzucenia dwóch szóstek jest takie same, jak prawdopodobieństwo wyrzucenia jedynki i dwójki, co nie ma zbytnio sensu, wg mnie przynajmniej. Jest to niby jakiś model, ale niezbyt oddaje rzeczywistość, nie?

W tym rozwiązaniu, o którym piszesz, robisz dokładnie to samo. Skoro nie rozróżniasz kolejności, to wylosowanie kuli z jedyną, dwójką i trójką jest tak samo prawdopodobne, jak wylosowanie trzech kul z ósemką.

PS Na podobnej zasadzie, skoro liczy się tylko iloczyn, mógłbyś nie rozróżniać wylosowania trójek \(\displaystyle{ (8,1,1)}\), \(\displaystyle{ (2,2,2)}\), \(\displaystyle{ (4,2,1)}\) - w końcu wszystkie dają iloczyn \(\displaystyle{ 8}\).

vpprof
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 471
Rejestracja: 11 paź 2012, o 11:20
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 23 razy
Pomógł: 63 razy

Re: A iloczyn ich równał się cztery…

Post autor: vpprof » 3 maja 2021, o 21:04

Bran pisze:
3 maja 2021, o 19:00
vpprof pisze:
3 maja 2021, o 18:21
Oczywiście w pierwszym sposobie licznik i mianownik wyjdą większe, ale ułamek musi być ten sam.
A to dlaczego?
Dlatego, że pierwszy i drugi sposób jest sposobem opisu tego samego doświadczenia. Mogę w rzeczywistości losować te kulki i zapisywać ile wypadło jakich i ten wynik przecież nie jest zależny od teoretycznego sposobu opisu tego doświadczenia. Masz inne zdanie? :)
Tmkk pisze:
3 maja 2021, o 19:14
Problem polega na tym, że w takim rozumowaniu łączysz przypadki \(\displaystyle{ (2,1)}\) oraz \(\displaystyle{ (1,2)}\) w jeden.
Owszem, dlatego je permutuję potem. Powinienem był przemnożyć jeszcze przez liczbę permutacji danej trójki liczb w ciągu, ostatecznie liczba wszystkich zdarzeń elementarnych wychodzi dobrze: 3=2+1=1+1+1:
\(\displaystyle{ \frac{8!}{1!7!} \cdot \frac{3!}{3!} + \frac{8!}{1!1!6!} \cdot \frac{3!}{2!1!} + \frac{8!}{3!5!} \cdot \frac{3!}{1!1!1!} = 512}\).
Teraz chcę obliczyć prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego \(\displaystyle{ A'}\), czyli że \(\displaystyle{ n_2+2n_4+n_6+3n_8=0\ \vee \ n_2+2n_4+n_6+3n_8=1}\).

W pierwszym przypadku mam \(\displaystyle{ n_2=n_4=n_6=n_8=0}\) i rozkładam pozostałe 3 wystąpienia między pozostałe 4 liczby, czyli rozwiązuję \(\displaystyle{ x_1+x_3+x_5+x_7=3}\), co daje \(\displaystyle{ \frac{4!}{1!3!} \cdot \frac{3!}{3!} + \frac{4!}{1!1!2!} \cdot \frac{3!}{2!1!} + \frac{4!}{3!1!} \cdot \frac{3!}{1!1!1!} = 64}\).

W drugim przypadku mam \(\displaystyle{ \left( n_2=1 \vee n_6=1\right) \wedge n_4=n_8=0 }\). Przy obu rozwiązaniach rozkładam 2 pozostałe wystąpienia między 4 pozostałe liczby, co daje dla podziałów 1+2=1+1+1 następujące liczby zdarzeń elementarnych: \(\displaystyle{ 2 \left( \frac{4!}{1!3!} \cdot \frac{3!}{1!2!} + \frac{4!}{2!2!} \cdot \frac{3!}{1!1!1!}\right) = 96}\).

Ostatecznie \(\displaystyle{ \overline{A} = \overline{\Omega} - \overline{A'} = 512-64-96=352, P(A)=352/512=11/16}\).

Uff. Moje rozwiązanie jest ogólniejsze, więc zadziała gdyby chcieć wprowadzać bardziej skomplikowane warunki podzielności — ale widzę, że szkoda zachodu, szczególnie na maturze.

Tmkk
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1500
Rejestracja: 15 wrz 2010, o 15:36
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Ostrołęka
Podziękował: 48 razy
Pomógł: 437 razy

Re: A iloczyn ich równał się cztery…

Post autor: Tmkk » 3 maja 2021, o 21:54

vpprof pisze:
3 maja 2021, o 21:04

Owszem, dlatego je permutuję potem.
Aha, to mogłeś napisać, bo w pierwszym poście nic nie sugerowało, że to zrobisz.

Jeśli losujesz nie zważając na kolejność, a potem odpowiednio permutujesz, to tak samo jakbyś od razu losował zważając na kolejność. W bardzo zwiły sposób otrzymałeś dokładnie to samo, co mogłeś otrzymać poprzez napisanie \(\displaystyle{ 8^3 = 512}\).

Poza tym, że liczysz zdarzenie przeciwne i robisz to na około, to jest ta sama idea, co w rozwiązaniu z CKE, dla przykładu:
vpprof pisze:
3 maja 2021, o 21:04
W pierwszym przypadku mam \(\displaystyle{ n_2=n_4=n_6=n_8=0}\) i rozkładam pozostałe 3 wystąpienia między pozostałe 4 liczby, czyli rozwiązuję \(\displaystyle{ x_1+x_3+x_5+x_7=3}\), co daje \(\displaystyle{ \frac{4!}{1!3!} \cdot \frac{3!}{3!} + \frac{4!}{1!1!2!} \cdot \frac{3!}{2!1!} + \frac{4!}{3!1!} \cdot \frac{3!}{1!1!1!} = 64}\).
krótko mowiąc, losujesz 3 liczby nieparzyste: \(\displaystyle{ 4^3 = 64}\). Myślę, że nie jest to ogólniejsze rozwiązanie, a raczej niepotrzebnie skompikowane.

vpprof
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 471
Rejestracja: 11 paź 2012, o 11:20
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 23 razy
Pomógł: 63 razy

Re: A iloczyn ich równał się cztery…

Post autor: vpprof » 3 maja 2021, o 22:29

Tmkk pisze:
3 maja 2021, o 21:54
vpprof pisze:
3 maja 2021, o 21:04

Owszem, dlatego je permutuję potem.
Aha, to mogłeś napisać, bo w pierwszym poście nic nie sugerowało, że to zrobisz.
vpprof pisze:
3 maja 2021, o 18:21
tyle ile podziałów liczby 3 na 8 nieujemnych składników. 3=2+1=1+1+1, co po odpowiednich permutacjach daje \(\displaystyle{ \frac{8!}{1!7!} + \frac{8!}{1!1!6!} + \frac{8!}{3!5!} = 120}\)
Mój drogi, zawsze jak coś odejmujemy, potem musimy to dodać. Zliczanie obiektów kombinatorycznych według różnych ich właściwości jest standardem np. w dowodzeniu sposobem kombinatorycznym zależności typu \(\displaystyle{ \sum_{k}^{} {n \choose k} = 2^n}\), zobaczysz jak będziecie przerabiać kombinatorykę w starszych klasach :)
Tmkk pisze:
3 maja 2021, o 21:54
Jeśli losujesz nie zważając na kolejność, a potem odpowiednio permutujesz, to tak samo jakbyś od razu losował zważając na kolejność. W bardzo zwiły sposób otrzymałeś dokładnie to samo, co mogłeś otrzymać poprzez napisanie \(\displaystyle{ 8^3 = 512}\).
Myślę, że nie jest to ogólniejsze rozwiązanie, a raczej niepotrzebnie skompikowane.
Kolego, przecież to że otrzymam ten sam wynik, zaznaczyłem na początku postu. Rozwiązanie jest ogólniejsze, gdyż traktuje każdy składnik iloczynu z osobna, można więc konstruować warunki na podzielność przez 7, 21, 35 itd.

Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 27625
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 4631 razy

Re: A iloczyn ich równał się cztery…

Post autor: Jan Kraszewski » 4 maja 2021, o 01:52

vpprof pisze:
3 maja 2021, o 22:29
Mój drogi, zawsze jak coś odejmujemy, potem musimy to dodać. Zliczanie obiektów kombinatorycznych według różnych ich właściwości jest standardem np. w dowodzeniu sposobem kombinatorycznym zależności typu \(\displaystyle{ \sum_{k}^{} {n \choose k} = 2^n}\), zobaczysz jak będziecie przerabiać kombinatorykę w starszych klasach :)
To dość protekcjonalny (więc niegrzeczny) sposób zwracania się do drugiej osoby (zwłaszcza takiej, która skończyła szkołę prawie dekadę temu).
vpprof pisze:
3 maja 2021, o 22:29
Rozwiązanie jest ogólniejsze, gdyż traktuje każdy składnik iloczynu z osobna, można więc konstruować warunki na podzielność przez 7, 21, 35 itd.
No cóż, podobnie jak Tmkk nie widzę tu nic ogólniejszego.

JK

Bran
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 337
Rejestracja: 19 lut 2019, o 19:30
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 138 razy
Pomógł: 11 razy

Re: A iloczyn ich równał się cztery…

Post autor: Bran » 4 maja 2021, o 09:56

vpprof pisze:
3 maja 2021, o 21:04
Dlatego, że pierwszy i drugi sposób jest sposobem opisu tego samego doświadczenia. Mogę w rzeczywistości losować te kulki i zapisywać ile wypadło jakich i ten wynik przecież nie jest zależny od teoretycznego sposobu opisu tego doświadczenia. Masz inne zdanie? :)
Mam inne zdanie. Gdy kolejność ma znacznie to losowanie \(\displaystyle{ 2, \; 4, \; 3}\) oraz \(\displaystyle{ 4, \; 2, \; 3}\) to inne zdarzenia, a gdy nie ma znaczenia, to jest to to samo zdarzenie. Dla mnie to są dwa różne doświadczenia losowe. Może być tak, że (tak jak mówisz) ułamek się tylko rozszerzy, ale ja potrzebowałbym uzasadnienia, że tak jest, bo ja tego nie widzę.

vpprof
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 471
Rejestracja: 11 paź 2012, o 11:20
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 23 razy
Pomógł: 63 razy

Re: A iloczyn ich równał się cztery…

Post autor: vpprof » 7 maja 2021, o 15:18

Jan Kraszewski pisze:
4 maja 2021, o 01:52
vpprof pisze:
3 maja 2021, o 22:29
Mój drogi, zawsze jak coś odejmujemy, potem musimy to dodać. Zliczanie obiektów kombinatorycznych według różnych ich właściwości jest standardem np. w dowodzeniu sposobem kombinatorycznym zależności typu \(\displaystyle{ \sum_{k}^{} {n \choose k} = 2^n}\), zobaczysz jak będziecie przerabiać kombinatorykę w starszych klasach :)
To dość protekcjonalny (więc niegrzeczny) sposób zwracania się do drugiej osoby (zwłaszcza takiej, która skończyła szkołę prawie dekadę temu).
Dokładnie takie miałem wrażenie po przeczytaniu oryginalnego posta. Masz rację, niepotrzebnie odpłaciłem pięknym za nadobne — dziękuję za nauczkę.

ODPOWIEDZ