Rzucam 20-ścienną kostką \(\displaystyle{ n}\) razy (\(\displaystyle{ n \ge 20)}\). Na ile sposobów mogło się zdarzyć tak, że zobaczę każdą ilość oczek od 1-20?
Proszę o pomoc, zupełnie nie wiem jak to zrobić...
Na ile sposobów można otrzymać "komplet" wyników?
-
Gwynbleiddss
- Użytkownik
- Posty: 42
- Rejestracja: 17 sty 2011, o 21:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Turek
- Podziękował: 8 razy
Na ile sposobów można otrzymać "komplet" wyników?
Wydaje mi się, że należy to zrobić z reguły mnożenia, czyli
\(\displaystyle{ 20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16 \cdot 15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2}\)
\(\displaystyle{ 20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16 \cdot 15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2}\)
-
Gwynbleiddss
- Użytkownik
- Posty: 42
- Rejestracja: 17 sty 2011, o 21:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Turek
- Podziękował: 8 razy
Na ile sposobów można otrzymać "komplet" wyników?
Moim zdaniem z treści wynika, że masz znaleźć liczbę takich różnych rzutów kostką, aby każdy numerek się raz pokazał, więc ja bym to zrobił w taki sposób
-
Edward D
- Użytkownik
- Posty: 145
- Rejestracja: 6 lis 2012, o 10:44
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Domaradz
- Podziękował: 32 razy
- Pomógł: 16 razy
Na ile sposobów można otrzymać "komplet" wyników?
Jestem praktycznie przekonany ze trzeba tu wykorzstac zasade wlaczen-wylaczen tylko nie do konca wiem dlaczego, ani jak
-- 3 maja 2013, o 17:19 --
Próbuję tak, ale proszę żeby ktoś to sprawdził bo na 90% jest źle:
Szukam mocy zdarzenia \(\displaystyle{ A}\): każda ścianka wypadła przynajmniej raz. Niech \(\displaystyle{ A_i}\) oznacza zdarzenie, że \(\displaystyle{ i}\)-ta ścianka (tzn. po prostu \(\displaystyle{ i}\) oczek) wypadła przynajmniej raz. Wobec tego \(\displaystyle{ A_i '}\) oznacza że \(\displaystyle{ i}\)-ta ścianka w ogóle nie wypadła w tych \(\displaystyle{ n}\) rzutach. Niech \(\displaystyle{ m=20}\), wtedy
\(\displaystyle{ A = \bigcap_{i=1}^{m}A_i = \Omega \setminus \bigcup_{i=1}^{m} A_i '}\)
Stąd:
\(\displaystyle{ |A| = |\Omega| - \left| \bigcup_{i=1}^{m} A_i ' \right|}\)
Teraz z zasady włączeń/wyłączeń:
\(\displaystyle{ \left| \bigcup_{i=1}^{m} A_i ' \right| = \sum_{k=1}^{m} (-1)^{k+1} \left( \sum_{1 \le i_1 < ... < i_k \le m} |A_{i_1}' \cap ... \cap A_{i_k}' | \right)}\)
W tej drugiej sumie na każdy czynnik wchodzi \(\displaystyle{ {m \choose k}}\) jednakowych czynników, bo:
\(\displaystyle{ |A_{i_1} '| = (m-1)^n}\)
\(\displaystyle{ |A_{i_1} ' \cap A_{i_2} '| = (m-2)^n}\)
\(\displaystyle{ |A_{i_1} ' \cap... \cap A_{i_k} '| = (m-k)^n}\)
Stąd:
\(\displaystyle{ \left| \bigcup_{i=1}^{m} A_i ' \right| = \sum_{k=1}^{m} (-1)^{k+1} \left( {m \choose k} (m-k)^n \right)}\)
Więc:
\(\displaystyle{ |A| = |\Omega| - \sum_{k=1}^{m} {m \choose k} (-1)^{k+1} (m-k)^n}\)
Możliwości jest w ogóle \(\displaystyle{ |\Omega| = m^n}\), czyli np. prawdopodobieństwo, że w \(\displaystyle{ n}\) rzutach zaobserwujemy wszystkie ścianki wynosi
\(\displaystyle{ P(\mbox{liczba rzutów} = n) = \frac{|A|}{|\Omega|} = 1-\sum_{k=1}^{m} {m \choose k} (-1)^{k+1} \left( 1- \frac{k}{m}\right) ^n}\)
Tylko że niestety ale dla \(\displaystyle{ m=20, n=40}\) wychodzi ujemne prawdopodobieństwo.
-- 3 maja 2013, o 17:19 --
Próbuję tak, ale proszę żeby ktoś to sprawdził bo na 90% jest źle:
Szukam mocy zdarzenia \(\displaystyle{ A}\): każda ścianka wypadła przynajmniej raz. Niech \(\displaystyle{ A_i}\) oznacza zdarzenie, że \(\displaystyle{ i}\)-ta ścianka (tzn. po prostu \(\displaystyle{ i}\) oczek) wypadła przynajmniej raz. Wobec tego \(\displaystyle{ A_i '}\) oznacza że \(\displaystyle{ i}\)-ta ścianka w ogóle nie wypadła w tych \(\displaystyle{ n}\) rzutach. Niech \(\displaystyle{ m=20}\), wtedy
\(\displaystyle{ A = \bigcap_{i=1}^{m}A_i = \Omega \setminus \bigcup_{i=1}^{m} A_i '}\)
Stąd:
\(\displaystyle{ |A| = |\Omega| - \left| \bigcup_{i=1}^{m} A_i ' \right|}\)
Teraz z zasady włączeń/wyłączeń:
\(\displaystyle{ \left| \bigcup_{i=1}^{m} A_i ' \right| = \sum_{k=1}^{m} (-1)^{k+1} \left( \sum_{1 \le i_1 < ... < i_k \le m} |A_{i_1}' \cap ... \cap A_{i_k}' | \right)}\)
W tej drugiej sumie na każdy czynnik wchodzi \(\displaystyle{ {m \choose k}}\) jednakowych czynników, bo:
\(\displaystyle{ |A_{i_1} '| = (m-1)^n}\)
\(\displaystyle{ |A_{i_1} ' \cap A_{i_2} '| = (m-2)^n}\)
\(\displaystyle{ |A_{i_1} ' \cap... \cap A_{i_k} '| = (m-k)^n}\)
Stąd:
\(\displaystyle{ \left| \bigcup_{i=1}^{m} A_i ' \right| = \sum_{k=1}^{m} (-1)^{k+1} \left( {m \choose k} (m-k)^n \right)}\)
Więc:
\(\displaystyle{ |A| = |\Omega| - \sum_{k=1}^{m} {m \choose k} (-1)^{k+1} (m-k)^n}\)
Możliwości jest w ogóle \(\displaystyle{ |\Omega| = m^n}\), czyli np. prawdopodobieństwo, że w \(\displaystyle{ n}\) rzutach zaobserwujemy wszystkie ścianki wynosi
\(\displaystyle{ P(\mbox{liczba rzutów} = n) = \frac{|A|}{|\Omega|} = 1-\sum_{k=1}^{m} {m \choose k} (-1)^{k+1} \left( 1- \frac{k}{m}\right) ^n}\)
Tylko że niestety ale dla \(\displaystyle{ m=20, n=40}\) wychodzi ujemne prawdopodobieństwo.