Takie mam zadanie, i nie wiem jak to ugryźć.
Rzut kostką wykonuje osoba X, a następnie osoba Y. Jakie jest prawdopodobieństwo, że Y wylosuje liczbę większą niż X?
prawdopodobieństwo zdarzenia zależnego od innego zdarzenia
-
- Użytkownik
- Posty: 4618
- Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Racibórz
- Pomógł: 866 razy
prawdopodobieństwo zdarzenia zależnego od innego zdarzenia
Wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych jest 36.
Natomiast zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A jest 5+4+3+2+1. Wiesz dlaczego?
Jeżeli osoba X wyrzuci 1, to osoba Y ma 5 możliwości rzutów sprzyjających zdarzeniu A.
Jeżeli osoba X wyrzuci 2, to osoba Y ma 4 możliwości rzutów sprzyjających zdarzeniu A itd.
Natomiast zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A jest 5+4+3+2+1. Wiesz dlaczego?
Jeżeli osoba X wyrzuci 1, to osoba Y ma 5 możliwości rzutów sprzyjających zdarzeniu A.
Jeżeli osoba X wyrzuci 2, to osoba Y ma 4 możliwości rzutów sprzyjających zdarzeniu A itd.
-
- Użytkownik
- Posty: 8
- Rejestracja: 2 gru 2009, o 16:40
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 1 raz
prawdopodobieństwo zdarzenia zależnego od innego zdarzenia
Dzięki za odpowiedź
Czyli wychodzi na to że prawdopodobieństwo będzie wynosić
15/36 = 0,416 czyli 41,6 % tego, że cyfra jaka wypadnie rzucona przez Y będzie większa niż po rzucie X
Czy dobrze rozumuję?
Czyli wychodzi na to że prawdopodobieństwo będzie wynosić
15/36 = 0,416 czyli 41,6 % tego, że cyfra jaka wypadnie rzucona przez Y będzie większa niż po rzucie X
Czy dobrze rozumuję?
-
- Użytkownik
- Posty: 4618
- Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Racibórz
- Pomógł: 866 razy
prawdopodobieństwo zdarzenia zależnego od innego zdarzenia
Prawie dobrze, bo 15/36=0,417 (albo 0,41(6))
-
- Użytkownik
- Posty: 8
- Rejestracja: 2 gru 2009, o 16:40
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 1 raz
prawdopodobieństwo zdarzenia zależnego od innego zdarzenia
Ok, dzięki wielkie za odpowiedź.
A jak to wyglądałoby jeżeli chodzi o wzory matematyczne?
A jak to wyglądałoby jeżeli chodzi o wzory matematyczne?
-
- Użytkownik
- Posty: 4618
- Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Racibórz
- Pomógł: 866 razy
prawdopodobieństwo zdarzenia zależnego od innego zdarzenia
Moc zbioru Omega można formalnie policzyć na dwa sposoby:
- albo skorzystać z tego, że ilość możliwości wyboru zdarzenia składającego się z niezależnych zdarzeń elementarnych jest równa iloczynowi możliwości wyboru dla każdego z tych zdarzeń. Czyli będzie to 6*6 (6 możliwości wyników rzutu gracza X razy 6 możliwości wyników rzutu gracza Y)
- albo inaczej to jest to ciąg 2-elementowy utworzony ze zbioru 6-elementowego (są to więc 2-elementowe wariacje z powtórzeniami ze zbioru 6-elementowego)
\(\displaystyle{ A=\{(x,y); \ x,y \in \{1,2,3,4,5,6\} \wedge y>x\}}\)
Dla znalezienia liczby par (x,y) spełniających warunki zadania nie ma jakiegoś konkretnego wzoru z kombinatoryki. I teraz albo możemy wypisać te pary i policzyć ile ich jest, albo zapisać sumę z wyjaśnieniem skąd ona się wzięła. (jeżeli x=1, to y>1 - 5 możliwości, jeżeli x=2, to y>2 - 4 możliwości itd.)
- albo skorzystać z tego, że ilość możliwości wyboru zdarzenia składającego się z niezależnych zdarzeń elementarnych jest równa iloczynowi możliwości wyboru dla każdego z tych zdarzeń. Czyli będzie to 6*6 (6 możliwości wyników rzutu gracza X razy 6 możliwości wyników rzutu gracza Y)
- albo inaczej to jest to ciąg 2-elementowy utworzony ze zbioru 6-elementowego (są to więc 2-elementowe wariacje z powtórzeniami ze zbioru 6-elementowego)
\(\displaystyle{ A=\{(x,y); \ x,y \in \{1,2,3,4,5,6\} \wedge y>x\}}\)
Dla znalezienia liczby par (x,y) spełniających warunki zadania nie ma jakiegoś konkretnego wzoru z kombinatoryki. I teraz albo możemy wypisać te pary i policzyć ile ich jest, albo zapisać sumę z wyjaśnieniem skąd ona się wzięła. (jeżeli x=1, to y>1 - 5 możliwości, jeżeli x=2, to y>2 - 4 możliwości itd.)