W urnie jest n kul, z których k jest czarnych. Wiedząc, że k jest rozwiązaniem równania \(\displaystyle{ {k \choose 3}: {k \choose 2}=3}\), oblicz, ile co najwyżej może być kul w urnie, aby prawdopodobieństwo dwukrotnego wylosowania czarnej kuli bez zwracania było większe od \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\).
Takie właśnie zdanie. Więc rozpocząłem od rozwiązania tego równania:
\(\displaystyle{ {k \choose 3}: {k \choose 2}=3}\)
\(\displaystyle{ \frac{k!}{(k-3)! * 3!} * \frac{(k-2)! * 2!}{k!} = 3}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{(k-3)! * 3!} * \frac{(k-3)! *(k-2) * 2!}{1} = 3}\)
\(\displaystyle{ \frac{(k-2) * 2}{2 * 3} = 3}\)
\(\displaystyle{ \frac{(k-2)}{ 3} = 3 /*3}\)
\(\displaystyle{ k-2 = 9}\)
\(\displaystyle{ k = 11}\)
No i teraz tak:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega }}=n}\)
\(\displaystyle{ A \subset \Omega}\)
A - „dwukrotne wylosowanie czarnej kuli bez zwracania”
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}} = V^{2}_{11} = \frac{11!}{(11-2)!} = \frac{11!}{(9)!} = 10 * 11 = 110}\)
I teraz tego nie wiem jak to policzyć dalej, o ile wszystko co do tej pory zrobiłem się zgadza:
\(\displaystyle{ P(A) = \frac{\overline{\overline{A}}}{\overline{\overline{\Omega }}}}\)
\(\displaystyle{ \frac{110}{n} > \frac{1}{3} ??}\)
Wychodzą jakieś dziwne wyniki. Dodam, że odpowiedź to: \(\displaystyle{ n \in {11,12,13,14,15,16,17,18}}\)
... aby prawdopodobieństwo... było większe od 1/3
-
- Użytkownik
- Posty: 1384
- Rejestracja: 26 lis 2006, o 21:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Poznań
- Podziękował: 33 razy
- Pomógł: 268 razy
... aby prawdopodobieństwo... było większe od 1/3
To jest losowanie jednej kuli.. Ty losujesz dwie bez zwracanialingen pisze: \(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega }}=n}\)
czyli:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega }}=n(n-1)}\)
dorzuć do tego że \(\displaystyle{ n \ge k}\) i wyjdzie co trzeba
tak w ogóle:
pozdrawiamlingen pisze: oblicz, ile co najwyżej może być kul w urnie, aby prawdopodobieństwo dwukrotnego wylosowania czarnej kuli bez zwracania było większe od \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\).
odpowiedzią nie jest zbiór liczb tylko jedna (ta największa)
to tak odnośnie tego:
lingen pisze: Dodam, że odpowiedź to: \(\displaystyle{ n \in {11,12,13,14,15,16,17,18}}\)
... aby prawdopodobieństwo... było większe od 1/3
Skąd ta liczebność? \(\displaystyle{ n(n-1)}\)?mostostalek pisze: To jest losowanie jednej kuli.. Ty losujesz dwie bez zwracania
czyli:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega }}=n(n-1)}\)
Ymm... n to ilość wszystkich kul i skoro losuję 2 kule bez zwracania to wszystkich możliwości bez powtórzeń będzie \(\displaystyle{ {n \choose 2}}\) ?
Nie wiem... ;d
-
- Użytkownik
- Posty: 1384
- Rejestracja: 26 lis 2006, o 21:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Poznań
- Podziękował: 33 razy
- Pomógł: 268 razy
... aby prawdopodobieństwo... było większe od 1/3
noo tak na to wychodzi
ja to tak na "chłopski rozum"
najpierw losujesz jedną z n później jedną z n-1 i jest co ma być
ja to tak na "chłopski rozum"
najpierw losujesz jedną z n później jedną z n-1 i jest co ma być