W trzech rzutach sześcienną kostką otrzymano co najmniej jedną "szóstkę".
Proszę o pomoc w wyliczeniu kombinacji, tylko nie na zasadzie \(\displaystyle{ 1-B'}\)...
Co najmniej jedna "szóstka"
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Co najmniej jedna "szóstka"
W takim razie zapoznaj się ze wzorem włączeń i wyłączeń.
Niech \(\displaystyle{ A_{1}}\) - szóstka w pierwszym rzucie, \(\displaystyle{ A_{2}}\) -szóstka w drugim rzucie, \(\displaystyle{ A_{3}}\) - szóstka w trzecim rzucie.
Wtedy oczywiście rozważane zdarzenie to
\(\displaystyle{ A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3}}\). Oznaczę \(\displaystyle{ \left| \right|}\) - liczba elementów zbioru (odp. kombinacji).
Wtedy
\(\displaystyle{ |A_{1}\cup A_{2} \cup A_{3}|=\left|A_{1}\right| +\left| A_{2}\right| +\left|A_{3} \right| -\left|A_{1}\cap A_{2} \right|-\left| A_{1}\cap A_{3}\right| -\left| A_{2} \cap A_{3}\right| +\\+\left| A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3}\right|}\)
gdzie np. to na końcu to jest \(\displaystyle{ 1}\), bo tylko na jeden sposób możemy wyrzucić trzy szóstki w trzech rzutach. No resztę zostawię Ci do policzenia.
-- 15 kwi 2016, o 14:28 --
Pewnie można to jakoś prościej zrobić, ale ja zawsze, gdy robię tego typu przykłady inaczej niż przez zdarzenie przeciwne lub ze wzoru włączeń i wyłączeń, to zliczam wielokrotnie te same układy, więc wolę dmuchać na zimne.-- 15 kwi 2016, o 14:30 --Gdybyś chciał sobie porównać, to wynikiem jest \(\displaystyle{ 3\cdot 36-3\cdot 6+1}\)
A prawdopodobieństwo wystąpienia co najmniej jednej szóstki uzyskujesz, dzieląc to przez \(\displaystyle{ 6^{3}}\), co daje \(\displaystyle{ \frac{91}{216}}\)
Niech \(\displaystyle{ A_{1}}\) - szóstka w pierwszym rzucie, \(\displaystyle{ A_{2}}\) -szóstka w drugim rzucie, \(\displaystyle{ A_{3}}\) - szóstka w trzecim rzucie.
Wtedy oczywiście rozważane zdarzenie to
\(\displaystyle{ A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3}}\). Oznaczę \(\displaystyle{ \left| \right|}\) - liczba elementów zbioru (odp. kombinacji).
Wtedy
\(\displaystyle{ |A_{1}\cup A_{2} \cup A_{3}|=\left|A_{1}\right| +\left| A_{2}\right| +\left|A_{3} \right| -\left|A_{1}\cap A_{2} \right|-\left| A_{1}\cap A_{3}\right| -\left| A_{2} \cap A_{3}\right| +\\+\left| A_{1} \cap A_{2} \cap A_{3}\right|}\)
gdzie np. to na końcu to jest \(\displaystyle{ 1}\), bo tylko na jeden sposób możemy wyrzucić trzy szóstki w trzech rzutach. No resztę zostawię Ci do policzenia.
-- 15 kwi 2016, o 14:28 --
Pewnie można to jakoś prościej zrobić, ale ja zawsze, gdy robię tego typu przykłady inaczej niż przez zdarzenie przeciwne lub ze wzoru włączeń i wyłączeń, to zliczam wielokrotnie te same układy, więc wolę dmuchać na zimne.-- 15 kwi 2016, o 14:30 --Gdybyś chciał sobie porównać, to wynikiem jest \(\displaystyle{ 3\cdot 36-3\cdot 6+1}\)
A prawdopodobieństwo wystąpienia co najmniej jednej szóstki uzyskujesz, dzieląc to przez \(\displaystyle{ 6^{3}}\), co daje \(\displaystyle{ \frac{91}{216}}\)
-
Waylays
- Użytkownik
- Posty: 59
- Rejestracja: 26 lis 2014, o 19:14
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 19 razy
- Pomógł: 8 razy
Co najmniej jedna "szóstka"
Ja myślę, że spokojnie można tutaj po prostu zesumować przypadki. Czyli:
1. Wypadnie dokładnie jedna szóstka.
2. Wypadną dokładnie dwie szóstki.
3. Wypadną dokładnie trzy szóstki.
\(\displaystyle{ A}\) - zdarzenie polegające na tym, że w trzech rzutach symetryczną kostką sześcienną do gry otrzymamy co najmniej jedną szóstkę.
Ad 1. Wybieramy jedno z \(\displaystyle{ 3}\) miejsc na szóstkę, a na pozostałych ustawiamy dowolną liczbę oczek mniejszą od \(\displaystyle{ 6}\) (od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ 5}\)). Mamy zatem \(\displaystyle{ {3 \choose 1}\cdot 5^2=75}\) takich ciągów.
Ad 2. Wybieramy dwa z \(\displaystyle{ 3}\) miejsc na dwie szóstki, a na trzecim ustawiamy dowolną liczbę oczek mniejszą od \(\displaystyle{ 6}\). Takich ciągów jest \(\displaystyle{ {3 \choose 2}\cdot 5=15}\).
Ad 3. Z góry widać, że jest jeden taki ciąg. Wybieramy \(\displaystyle{ 3}\) z \(\displaystyle{ 3}\) miejsc na szóstki i żeby zachować schemat napiszemy, że na pozostałych miejscach (\(\displaystyle{ 0}\)) ustawiamy dowolną liczbę oczek mniejszą od \(\displaystyle{ 6}\). Czyli zachowując schemat mamy \(\displaystyle{ {3 \choose 3}\cdot 5^0=1}\) taki ciąg.
Sumując mamy \(\displaystyle{ |A|=75+15+1=91}\),
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{91}{6^3}}\).
1. Wypadnie dokładnie jedna szóstka.
2. Wypadną dokładnie dwie szóstki.
3. Wypadną dokładnie trzy szóstki.
\(\displaystyle{ A}\) - zdarzenie polegające na tym, że w trzech rzutach symetryczną kostką sześcienną do gry otrzymamy co najmniej jedną szóstkę.
Ad 1. Wybieramy jedno z \(\displaystyle{ 3}\) miejsc na szóstkę, a na pozostałych ustawiamy dowolną liczbę oczek mniejszą od \(\displaystyle{ 6}\) (od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ 5}\)). Mamy zatem \(\displaystyle{ {3 \choose 1}\cdot 5^2=75}\) takich ciągów.
Ad 2. Wybieramy dwa z \(\displaystyle{ 3}\) miejsc na dwie szóstki, a na trzecim ustawiamy dowolną liczbę oczek mniejszą od \(\displaystyle{ 6}\). Takich ciągów jest \(\displaystyle{ {3 \choose 2}\cdot 5=15}\).
Ad 3. Z góry widać, że jest jeden taki ciąg. Wybieramy \(\displaystyle{ 3}\) z \(\displaystyle{ 3}\) miejsc na szóstki i żeby zachować schemat napiszemy, że na pozostałych miejscach (\(\displaystyle{ 0}\)) ustawiamy dowolną liczbę oczek mniejszą od \(\displaystyle{ 6}\). Czyli zachowując schemat mamy \(\displaystyle{ {3 \choose 3}\cdot 5^0=1}\) taki ciąg.
Sumując mamy \(\displaystyle{ |A|=75+15+1=91}\),
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{91}{6^3}}\).