Rzucamy 5 kostkami..

markus04 · Post autor: **markus04** » 19 lis 2009, o 18:04

Rzucamy 5 kostkami do gry. Oblicz Prawdopodobieństwo otrzymania:
-generała (na każdej kostce takie same liczby oczek)
-karety 6 (na 4 kostkach 6, a na jednej inna liczba)

Nie mogę tego rozkminić proszę o pomoc... Będę wdzięczny.

mat_61 · Post autor: **mat_61** » 19 lis 2009, o 18:17

Ilość wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych (moc zbioru Omega): \(\displaystyle{ 6^{5}}\)

Ilość zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A (moc zbioru A): \(\displaystyle{ 6}\)

Ilość zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu B (moc zbioru B): \(\displaystyle{ 5 \cdot 5}\)

markus04 · Post autor: **markus04** » 19 lis 2009, o 18:30

Zapomniałem dodać : Metodą drzewa...

mat_61 · Post autor: **mat_61** » 19 lis 2009, o 19:05

Poprawiłem moc zbioru B - w poprzednim wpisie gdzieś "uciekła" mi jedna piątka.

A teraz wracając do zadania, to średnio pasuje ono do rozwiązania za pomocą tzw. drzewka. Drzewko stosuje się standardowo do doświadczenia wieloetapowego, gdzie każde piętro drzewka odpowiada danemu etapowi a gałęzie tego drzewka, to prawdopodobieństwa możliwych wyników doświadczenia dla danego etapu. Od biedy można potraktować ten rzut pięcioma kostkami jako pięć kolejnych rzutów jedną kostką. Wtedy na pierwszym etapie będzie sześć rozgałęzień. Na następnym sześć kolejnych z każdego punktu itd.

Wiesz ile będzie kresek na ostatnim etapie? 7776 Jak zamierzasz je narysować? Gdyby odległość między nimi wynosiła 5mm, to będą one zajmowały prawie 39 metrów szerokości.

Pozostaje tylko narysowanie interesujących nas gałęzi i pominięcie pozostałych.
Z pierwszego punktu 6 gałęzi z prawdopodobieństwem 1/6. Później od każdej z nich tylko po jednej odpowiadającej zdarzeniu takiemu jak "piętro" wyżej itd. Wówczas prawdopodobieństwo wyrzucenia samych jedynek, to:

\(\displaystyle{ P(A1)= \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}=...}\)

Podobnie dla dwójek, trójek itd.

\(\displaystyle{ P(A)=P(A1)+P(A2)+...+P(A6)}\)

Myślę, że z przykładem b) sobie poradzisz.

markus04 · Post autor: **markus04** » 19 lis 2009, o 19:40

No to rzecz oczywista że "Pozostaje tylko narysowanie interesujących nas gałęzi i pominięcie pozostałych."...

Czyli tak po obliczenie pierwszego pt. Wyjdzie nam tak:
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{1}{7776} + \frac{1}{7776} + \frac{1}{7776} + \frac{1}{7776} + \frac{1}{7776} + \frac{1}{7776} = \frac{6}{7776}}\)

mat_61 · Post autor: **mat_61** » 19 lis 2009, o 19:52

OK. Proponuję tylko skrócić ułamek przez 6.

markus04 · Post autor: **markus04** » 19 lis 2009, o 20:17

Ale zaraz czemu jest liczba \(\displaystyle{ \frac{1}{7776}}\) dodana 6razy a nie pięć skoro tylko pięć kostek posiadamy.

mat_61 · Post autor: **mat_61** » 19 lis 2009, o 20:24

To że mamy pięć kostek to pięciokrotnie pomnożone prawdopodobieństwo. Natomiast jest dodane 6 razy, bo jest możliwych 6 wyników losowania:

P(A1) - to prawdopodobieństwo wylosowania pięć razy jedynki
P(A2) - to prawdopodobieństwo wylosowania pięć razy dwójki
itd.

markus04 · Post autor: **markus04** » 19 lis 2009, o 21:03

ahia no to teraz zaczaiłem ) hehe

-- 19 lis 2009, o 21:07 --

To tak w drugim przypadku będzie tak:

\(\displaystyle{ P(B1)= \frac{1}{6} * \frac{1}{6} * \frac{1}{6} * \frac{1}{6}= \frac{1}{1296}}\)

?? Czy inaczej bo nie mam pewności

mat_61 · Post autor: **mat_61** » 19 lis 2009, o 21:25

Nie tak.
Co u Ciebie oznacza P(B1)

Skoro rozwiązać masz to zadanie za pomocą drzewka, drzewko ma pięć "pięter" a każda gałąź oznacza takie samo prawdopodbieństwo równe 1/6, to "droga" reprezentująca dowolny pojedynczy wynik pięciokrotnego rzutu, będzie zawsze równe:

\(\displaystyle{ P(X)= \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}=...}\)

Zadanie polega więc tak naprawdę na zsumowaniu ilości tych "dróg", które odpowiadają danemu zdarzeniu.

A zdarzeniu B (4 szóstki + różna od szóstki) odpowiadają takie "drogi" - podaję Ci wyniki rzutu na kolejnych kostkach:

1,6,6,6,6
2,6,6,6,6
....
5,6,6,6,6
6,1,6,6,6
6,2,6,6,6
....
6,5,6,6,6
....
6,6,6,6,1
6,6,6,6,2
....
6,6,6,6,5

markus04 · Post autor: **markus04** » 19 lis 2009, o 21:43

Aha wielkie dzięki teraz to zaczaiłem hehe ale nie chce mi się tego drzewka rysować bo będzie duże... liczbowo to rozwiążę...