rzut monetami

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

Rzucamy 5 razy moneta , oblicz jakie jest prawdopodobienstwo , ze conajwyżej trzy razy wypadnie reszka...
zrobilam to zadanie przez policzenie prawdopodobieństwa przeciwnego i wyszlo wszystko ok 13/16 , ale chcialabym je zrobic wprost tzn
prawd. tego,że reszka wypadnie raz + prawd tego ze reszka wypadnie 2 razy + prawd tego ze reszka wypadnie 3 razy , to ze reszka wypadnie raz to latwo policzylam , ale jak policzyc to ze 2 i czy?? z wariacji? jak to policzyc (np reszka wypadnie 2 razy stad orzel 3 razy , ale sa rozne ustawienia tego.. i nie wiem jaki wzor na to znalezc , zeby te ustawienia zliczyc.. ( rrooo) (roroo) itd... bo tych mozliwosci troche jest ze 2 reszki i 3 orly , ale nie wiem jak to policzyc , zeby nie wypisywac wszystkich mozliwosci ...?? dziekuje

JankoS · Post autor: **JankoS** » 19 lis 2009, o 19:53

Zadanie nałatwiej sie rozwiązuje korzystając z schematiu Bernoulliego
\(\displaystyle{ P(A)= ( \frac{1}{2})^5 \left({5 \choose 0} +{5 \choose 1} +{5 \choose 2} +{5 \choose 3} \right)= \frac{26}{32}= \frac{13}{16}.}\)
A teraz sposobem Koleżanki.
Wszystkich możliwych przypadków jest tyle ile ciągów piecioelementowych z dwóch elementów, czyli \(\displaystyle{ V ^{5} _{2}=2^5=32.}\) Ustalam liczbę ciągów, w których reszek jest mniej niż cztery. Łatwiej mi policzyć ile ciągów ma cztery lub pięć reszek. cztery reszki ma 5 ciągów, pięć - 1 ciąg. Stąd liczba ciągów, w których reszek jest mniej niż cztery \(\displaystyle{ =32-6=26.}\)

kamilrun · Post autor: **kamilrun** » 19 lis 2009, o 21:59

Jankos a jak ustalasz liczbe reszek gdzie jest mniej niż cztery to rysujesz sobie drzewko czy da się w pamieci??

JankoS · Post autor: **JankoS** » 19 lis 2009, o 22:38

Wszystkich możliwych ciągów jest 32, z czterema i więcej reszkami 6.

Ewcia · Post autor: **Ewcia** » 20 lis 2009, o 12:30

Ale ja wlasnie nie rozumie dlaczego tu stosujemy kombinacje , przecież to sa wariacje z powtórzeniami…. mamy do czynienia z ciągami liczy się ze np. ( rrooo) (roroo) reszka stoi na pierwszym miejscu itd… dlaczego to sa kombinacje przeciez w kombinacji nie liczy się kolejność… eh nie rozumiem tego… kiedy w jakim zadaniu kombinacje kiedy wariacje. przecież przestrzeń zdarzeń elementarnych to jest wariacja bo 32 zdarzenia sa możliwe , a potem te zliczanie reszek liczymy z kombinacji…??

JankoS · Post autor: **JankoS** » 20 lis 2009, o 15:10

Ewcia pisze:...a potem te zliczanie reszek liczymy z kombinacji…??

To nie są kombinacje. Cały czas jest mowa o ciągach, a więc mamy do czynienie z wariacjami z powtórzeniami.

Ewcia · Post autor: **Ewcia** » 20 lis 2009, o 22:39

\(\displaystyle{ P(A)= ( \frac{1}{2})^5 \left({5 \choose 0} +{5 \choose 1} +{5 \choose 2} +{5 \choose 3} \right)= \frac{26}{32}= \frac{13}{16}.}\) a tu to co jest ?? 4 rozne kombinacje przeciez , a dlaczego w przestrzeni zdarzen elementarnych mamy wariację , rozumie ze mamy wszystkie mozliwosci , ale skoro tak i tu sie liczy kolejnosc to dlaczego potem nie....

JankoS · Post autor: **JankoS** » 20 lis 2009, o 23:37

Ewcia pisze:\(\displaystyle{ P(A)= ( \frac{1}{2})^5 \left({5 \choose 0} +{5 \choose 1} +{5 \choose 2} +{5 \choose 3} \right)= \frac{26}{32}= \frac{13}{16}.}\) a tu to co jest ?? 4 rozne kombinacje przeciez , a dlaczego w przestrzeni zdarzen elementarnych mamy wariację , rozumie ze mamy wszystkie mozliwosci , ale skoro tak i tu sie liczy kolejnosc to dlaczego potem nie....

To jest trochę skrócony zapis rozwiązania zadania innym od \(\displaystyle{ P(A)= \frac{n(A)}{n(\Omega)}}\) sposbem. Nie ma tutaj w jawny sposób przestrzeni zdarzeń elementarnych, występujące kombinacje nie są liczeniem tego o czym (jak sądzę) Koleżanka mysli.