kule, 9-cio cyfrowy nr. tel, miejsca w kinie,

[leoschidia]

Bardzo Proszę o Pomoc w kilku zadaniach. Z góry dziękuję za pomoc

1.Oblicz, ile jest dziewięcio-cyfrowych numerów telefonów, które spełniają łącznie następujące warunki:
a). Pierwsza cyfra oznacza liczbę większą od 5
b). Trzecia cyfra jest taka sama jak druga i czwarta
c). Ostatnie cztery cyfry oznaczają cztery kolejne liczby naturalne (patrząc od lewej do prawej)

2. Na ile sposobów można z talii 52 kart wybrać 6 kart w taki sposób, aby wśród wylosowanych kart były:
a). jedna dama i dwa walety
b). co najmniej 3 asy

3. Do kina wybrało się 6 znajomych osób: trzy dziewczyny i trzech chłopaków, wśród nich Ania i Bartek. Mają bilety na kolejne miejsca, znajdujące się w jednym rzędzie. Na ile sposobów mogą zająć te miejsca jeśli
a). dziewczyny mają siedzieć obok siebie.
b). Ania i Bartek mają siedzieć na 2-uch środkowych miejscach

4. W pudełku znajdują się 2 kule czarne, 3 niebieskie i 4 żółte. Wszystkie kule są ponumerowane. Na ile sposobów można wybrać dwie kule tak aby:
a). żadna z nich nie była czarna
b) były w różnych kolorach.

[Errichto]

1.

Ukryta treść:    

Pierwsza to 6/7/8/9 (4 możliwości).
Druga dowolna (10 możliwości).
Trzecia i czwarta jak druga (1 możliwość).
Piąta dowolna (10).
Szósta to 0/1/2/3/4/5/6 (bo ostatnia musi być mniejsza niż 10; bo rozumiem, że mają być ustawione rosnąco?) (7).
Mnożymy pogrubione liczby i mamy wynik.

2.

Ukryta treść:    

a) Szansa na damę - ...
Na pierwszego waleta - \(\displaystyle{ \frac{4}{51}}\)
Na drugiego - ...
Pozostałe - \(\displaystyle{ \frac{44}{49} \cdot ... \cdot ...}\)
Mnożysz to i jeszcze:
\(\displaystyle{ \frac{6!}{1! \cdot 2! \cdot 3!}}\) (wiesz czemu?)
b) 3 asy albo 4 asy, oba przypadki jak w a).

3.

Ukryta treść:    

Mamy możliwości dddccc, cdddcc, ccdddc, cccddd (4).
W każdej możemy "przemieszać ich" na \(\displaystyle{ 3! \cdot 3!}\) sposobów.

4.

Ukryta treść:    

a) Pierwsza musi być nieczarna i druga musi być nieczarna.
b) Proponuję policzyć szansę na 2 czarne, potem 2 nieb., porem 2 ż. Od jedynki odjąć sumę tych wyników (wiesz czemu?).

Wiesz co wstawić w kropki? Coś wytłumaczyć dokładniej?

[leoschidia]

Właśnie sama nie wiem czy dobrze myślę, chodzi mi o zadanie z talią kart.
Jeżeli mamy wylosować jedną damę a dam w kartach jest 4, kart jest 52 czyli prawdopodobieństwo że wylosujemy damę wynosi \(\displaystyle{ {4 \choose 52}}\) tak?

Na drugiego waleta prawdopodobieństwo podobne tylko że \(\displaystyle{ {3 \choose 52}}\) ...
Sama nie wiem czy to zapisać w postaci ułamka czy ,,3 po 52'...

A silni to prawie wcale nie rozumiem... Niby pojęcie znam, teorię, a w praktyce nic

Bardzo dziękuję :*

[Errichto]

Mamy \(\displaystyle{ k}\) osób. Sadzamy na \(\displaystyle{ k}\) ponumerowanych miejsc. Możemy to zrobić na \(\displaystyle{ k!}\) sposobów.
Mamy zbiór osób A,B,C,D. Chcemy ustalić ich kolejność (np. ustawmy ich od największego - a taki nasz kaprys) Na ile sposobów może się takie ustawienie odbyć? \(\displaystyle{ 4!}\)
To tak z grubsza o silni.

Trochę mylisz pojęcia...
Jeśli wybierasz 4 karty z 52 (dowolne, żadnych warunków) to możesz to zrobić na \(\displaystyle{ {52 \choose 4}}\) sposobów.
\(\displaystyle{ {52 \choose 4}= \frac{52!}{4! \cdot (52-4)!} = \frac{52!}{4! \cdot 48!}}\)
Jeśli chcesz liczyć szansę na waleta to masz \(\displaystyle{ \frac{4}{52}}\) - 4 pasują z 52 wszystkich.
Szansa na drugiego waleta to... Pomyśl - 3 pasują (bo 1 zabrany) z 51 wszystkich.

[leoschidia]

Jeszcze kilka pytań

zad. 1 . Nie rozumię podpunktu ,,c'

zad. 2.a). \(\displaystyle{ \frac{4}{52} \cdot \frac{4}{51} \cdot \frac{3}{50} \cdot \frac{44}{49} \cdot \frac{43}{48} \cdot \frac{42}{47} =...}\) I to pomnożyć przez 6! bo każdą kartę można wylosować w innym miejscu tak?

b). \(\displaystyle{ (\frac{4}{52} \cdot \frac{3}{51} \cdot \frac{2}{50} \cdot \frac{1}{49} \cdot \frac{48}{48} \cdot \frac{47}{47} \cdot ) 6! + (\frac{4}{52} \cdot \frac{3}{51} \cdot \frac{2}{50} \cdot \frac{49}{49} \cdot \frac{48}{48} \cdot \frac{47}{47} \cdot ) 6!=...}\)

Dobrze ?

[Errichto]

1.c)

Ukryta treść:    

Mamy a, a+1, a+2, a+3.
\(\displaystyle{ a}\) to szósta cyfra, \(\displaystyle{ a+3}\) to ostatnia.
Na pierwszy rzut oka może się wydawać, że za \(\displaystyle{ a}\) wstawiamy dowolną cyfrę i każda następna jest po prostu o 1 większa. Ale cyfry z definicji są równe co najwyżej 9. Czyli też \(\displaystyle{ a+3 \le 9}\) czyli \(\displaystyle{ a \le 6}\). A gdy już wybierzemy \(\displaystyle{ a}\), resztę mamy wybraną jednoznacznie (nie mamy kilku możliwości na wybranie następnych, tylko 1 narzuconą - a+1,a+2,a+3

2.

Ukryta treść:    

Prawie dobrze. Jest jeden szczegół.
Liczymy szanse na pierwszego waleta jako \(\displaystyle{ \frac{4}{52}}\), a na drugiego jako \(\displaystyle{ \frac{3}{51}}\). Zauważ, że ustaliliśmy już kolejność - pierwszy ułamek to szansa na wybranie waleta, gdy są 4 w talii, a drugi to szansa dla 3 pozostałych waletów w talii. Czyli drugi ułamek dotyczy losowania drugiego waleta. A jeślibyśmy po prostu mnożyli przez \(\displaystyle{ 6!}\) to uwzględniamy też zamianę miejscami waletów. Czyli trzeba dodatkowo podzielić przez \(\displaystyle{ 2!}\) - na tyle sposobów możemy zamieniać walety między sobą. To samo dotyczy 3 zwykłych kart. Mamy ustaloną kolejność więc dodatkowo dzielimy przez \(\displaystyle{ 3!}\).
Nie wiem, czy jasno wyjaśniłem, ale ew. nauczyciel może pomoże?
W b)
\(\displaystyle{ (\frac{4}{52} \cdot \frac{3}{51} \cdot \frac{2}{50} \cdot \frac{1}{49} \cdot \frac{48}{48} \cdot \frac{47}{47} \cdot ) 6! + (\frac{4}{52} \cdot \frac{3}{51} \cdot \frac{2}{50} \cdot \frac{48}{49} \cdot \frac{47}{48} \cdot \frac{46}{47} \cdot ) 6!=...}\)
Taki drobny błąd.
I trzeba (z tych samych powodów co w podpunkcie a) podzielić składnik przez \(\displaystyle{ (4! \cdot 2!)}\), a drugi przez \(\displaystyle{ (3! \cdot 3!)}\)

[leoschidia]

Rozwiązałam wszystkie i wyszło mi tak:
1. Ja to tak rozumiem

Ukryta treść:    

1-sza cyfra: \(\displaystyle{ x>5 \Leftrightarrow 6;7;8;9 \Rightarrow}\) 4 możliwości
2-ga cyfra 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) 10 możliwości
3-cia cyfra musi być taka sama jak 2-ga \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) 1 możliwość
4-ta cyfra (jak wyżej) \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) 1 możliwość
5-ta cyfra dowolna \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) 10 możliwości
6-ta cyfra 0 1 2 3 4 5 6 \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) 7 możliwości
7-ma cyfra 2 3 4 5 6 7 \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) 7 możliwości
8-ma cyfra 3 4 5 6 7 8 \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) 7 możliwości
9-ta cyfra 4 5 6 7 8 9 \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) 7 możliwości

ilość takich numerów: \(\displaystyle{ 4 \cdot 10 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 10 \cdot 7 \cdot 7 \cdot 7 \cdot 7=...}\)

2. już rozumiem

3.

Ukryta treść:    

a) DDDCCC; CDDDCC; CCDDDC; CCCDDD; \(\displaystyle{ \Rightarrow}\)4 możliwości, i każde dziewczynki mogą się zamienić z każdą miejscami, tak samo chłopcy czyli \(\displaystyle{ 4 \cdot 3! \cdot 3!=...}\)
b) Bartek i Ania zajmują jak gdyby jedno stałe miejsce ale mogą się zamienić AB; BA. Zostają 4-ry osoby i 4-ry wolne miejsca czyli mogą oni siedzieć 2+4! ?????

4.

Ukryta treść:    

a) \(\displaystyle{ \frac{2}{7} \cdot 2!}\) bo wybieramy dwie kule z 9 ale 2 są czarne wiec wybieramy z siedmiu i każda z tych dwóch kul może być albo pierwsza albo druga?
b) wiem że jest ten wzór na zbiór przeciwny czyli np. Liczymy P(A') a potem P(A) obliczamy odejmując od 1 P(A') ale nie wiem jak się zabrać za to...

Wiem że ciężko ze mną, ale z zamiłowania raczej humanistką jestem, a z matematyki to chyba geometrię i trygonometrię umie i lubię

[Errichto]

Ad. 1.

Ukryta treść:    

Ostatnie linijki źle.
Skoro wybraliśmy np. 6. cyfrę jako \(\displaystyle{ 4}\), to nie wybieramy już następnych - następne muszą być 5,6,7.

Ad. 3.

Ukryta treść:    

a) Skąd trójka? \(\displaystyle{ 4 \cdot 3! \cdot 3!}\)
b) W ogóle nie zauważyłem tego podpunktu.
Czyżby jak w a) literówka (cyfrówka, znakówka) ;p
Mnożenie a nie dodawanie - \(\displaystyle{ 2! \cdot 4!}\) (albo \(\displaystyle{ 2 \cdot 4!}\)).

Ad. 4.

Ukryta treść:    

a) Pierwsza na 7 sposobów, druga na 6 sposobów. Dzielimy przez 2 bo liczymy wszystko dwukrotnie - \(\displaystyle{ 7 \cdot 6}\) to liczenie i AB i BA. \(\displaystyle{ \frac{7 \cdot 6}{2}}\)
b) Jaka jest szansa na szóstkę przy rzucie kostką? \(\displaystyle{ \frac{1}{6}}\) A szansa na nie-szóstkę? \(\displaystyle{ 1- \frac{1}{6}}\). Czyli jeśli szansa na zdarzenie \(\displaystyle{ A}\) wynosi \(\displaystyle{ p}\), to szansa na \(\displaystyle{ A \prime}\) wynosi \(\displaystyle{ 1-p}\).

Ad. 2.

Ukryta treść:    

Przepraszam, wprowadziłem w błąd. W tym samym czasie robiłem zadania z prawdopodobieństwa i pomieszało mi się - jest policzona szansa na daną sytuację. Silnie są ok tylko trzeba pozamieniać np. \(\displaystyle{ \frac{4}{52}}\) na samo \(\displaystyle{ 4}\) - powywalaj mianowniki.

Tylko się nie obraź:

Ukryta treść:    

zad. 1 . Nie rozumię podpunktu ,,c''

- humanistyczny samobój.
Powtarzam, nie obraź się.

[leoschidia]

Ukryta treść:    

- humanistyczny samobój.
Powtarzam, nie obraź się.

Nie rozumiałam tego jak rozwiązałeś zadanie, ponieważ ja inaczej je zrozumiałam, nie chodzi o treść tylko o wykonanie (czyt: nie zrozumiałam wykonania Twojego podpunktu) No ale do obraźliwych ja nie należę W każdym razie bardzo serdecznie dziękuję Ci za pomoc, i mam jeszcze kilka ,,ale'' Pozdrawiam ;]

2.

Ukryta treść:    

Rozwiązywałam z koleżanką i ona uważa że powinno być tak, ale nie potrafiła mi wytłumaczyć dlaczego :
a) \(\displaystyle{ {4 \choose 1} \cdot {4 \choose 2} + {44 \choose 3} =...}\)
b) \(\displaystyle{ {4 \choose 3} \cdot {48 \choose 3} + {4 \choose 4} \cdot {48 \choose 2}}\)

4.

Ukryta treść:    

jak w zad. 2 (teoria koleżanki)
a)
I ze zwracaniem:
\(\displaystyle{ 7 \cdot 7=49}\)
II bez zwracania:
\(\displaystyle{ 7 \cdot 6=42}\)
b) \(\displaystyle{ 2 \cdot 3+2 \cdot 4+3 \cdot 4= 26}\)

[Errichto]

Ukryta treść:    

<facepalm> Nawet pogrubiłem 'ę'. Należy pisać "rozumiem" a nie "rozumię". To miałem na myśli, pisząc "humanistyczny samobój".

Jak już wcześniej pisałem co do drugiego:

Przepraszam, wprowadziłem w błąd. W tym samym czasie robiłem zadania z prawdopodobieństwa i pomieszało mi się - jest policzona szansa na daną sytuację. Silnie są ok tylko trzeba pozamieniać np. frac{4}{52} na samo 4 - powywalaj mianowniki.

Co do rozwiązań:
2. a) Też nie potrafię wytłumaczyć dlaczego tak jest. Można oczywiście tak:
\(\displaystyle{ {4 \choose 1} \cdot {4 \choose 2} \cdot {44 \choose 3}}\)
Bo wybieramy 1 waleta z 4, 2 damy z 4 i do tego 3 karty z pozostałych.
2. b) Jest OK. Możemy wybrać 3 asy z 4 i 3 karty z pozostałych albo 4 asy z 4 i 2 karty z pozostałych.
4. a) Z treści zadania wynika, że ma być bez zwracania. I jest źle. \(\displaystyle{ 7 \cdot 6}\) to takie liczenie:
(1,2), (1,3), ..., (1,7), (2,1), (2,3), (2,4), ...
Trzeba podzielić przez dwa, bo policzyliśmy każdą sytuację dwukrotnie. Można od razu napisać \(\displaystyle{ {7 \choose 2}}\) - wybieramy 2 kule z 7 pasujących.
b) Jest dobrze. Wybieramy czarną (2) i niebieską (3) albo czarną i żółtą albo niebieską i żółtą. Tyle że ten sposób będzie za długi przy większej ilości kolorów (przy 4 kolorach jeszcze może być, więcej kolorów i zaczyna się robić masa liczenia).

[leoschidia]

Bardzo Ci dziękuję za Pomoc :*

[Kamil699]

Mam pytanko czy ktoś sie może orientuje z jakiej książki pochodzą te zadania