Dane prawdopodobieństwo - spotkanie.

szymek · Post autor: **szymek** » 11 gru 2009, o 23:32

40% uczestników spotkania przedstawicieli koalicji rządowej stanowili członkowie partii A. Pozostałe osoby uczestniczące w tym spotkaniu nalezą do partii B. W dyskusji na temat obowiązkowiej matury z matematyki zabrały głos tylko 2 osoby. Prawdopodobienstwo tego, iz pierwszą osobą zabierającą głos w dyskusji była osoba należąca do partii A, a drugą członek partii B, jest równe 0,25. Ile osób brało udziało w tym spotkaniu?

Próbowałem tak
\(\displaystyle{ \frac{{0,4x \choose 1}* {0,6x \choose 1}}{ {x \choose 2} } =0,25}\)
Ale jakieś bzudry mi wychodzą.

Z góry dzieki za pomoc.

mat_61 · Post autor: **mat_61** » 12 gru 2009, o 09:31

Liczbę uczestników dyskusji oznacz przez x. Wówczas członków partii A jest 0,4x a członków partii B 0,6x.

Ilość wszystkich zdarzeń elementarnych (czyli moc zbioru Omega) jest tyle ile różnowartościowych ciągów 2-elementowych można utworzyć ze zbioru x-elementowego (są to więc 2-elementowe wariacje bez powtórzeń ze zbioru x-elementowego), czyli \(\displaystyle{ x(x-1)}\)

Natomiast zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A (czyli moc zbioru A) jest tyle ile wynosi iloczyn możliwości wyboru jednego elementu ze zbioru (0,4x)-elementowego i jednego elementu ze zbioru (0,6x)-elementowego, czyli \(\displaystyle{ 0,4x \cdot 0,6x}\). Ponieważ jest to wybór 1-elementu to formalnie nie ma znaczenia czy są to wariacje z powtórzeniami wariacje bez powtórzeń, czy kombinacje, bo we wszystkich tych przypadkach wynik jest taki sam.

Teraz wystarczy zapisać i rozwiązać prościutkie równanie i zadanie gotowe.

Bartek1991 · Post autor: **Bartek1991** » 2 sty 2010, o 13:58

A gdybyśmy chcieli liczyć kombinacjami to moc zbioru Omega liczymy jako x po 2 a co z mocą zbioru A ? A jak rozwiązać zadanie wykorzystując wariacje z powtórzeniami?

mat_61 · Post autor: **mat_61** » 2 sty 2010, o 14:12

1) Nie można liczyć tak jakbyśmy chcieli, tylko tak jak należy.
Skoro losujemy dwie osoby określając w ten sposób kolejność wystąpień, to są to wariacje bez powtórzeń.

2) Wyjątkiem co do sposobu obliczeń są zbiory lub ciągi 1-elementowe. Bo jeżeli mamy jeden element, to nie mają znaczenia takie pojęcia jak kolejność elementów, czy też powtarzanie się elementów.

Porównaj sobie wzory z kombinatoryki na kombinacje, wariacje z powtórzeniami i wariacje bez powtórzeń i sprawdź co będzie jeżeli wstawisz k=1.

Bartek1991 · Post autor: **Bartek1991** » 2 sty 2010, o 14:14

Nie za bardzo rozumiem Zawsze miałem z tym problem

mat_61 · Post autor: **mat_61** » 2 sty 2010, o 14:37

Ale czego dokładnie nie rozumiesz?

Wszystkich osób jest x.
Losujemy dwóch kolejnych mówców, czyli tworzymy z tych x-elementów 2-elementowy ciąg. Słowo ciąg oznacza, że ważna jest kolejność ustawienia tych elementów.
Ilość wszystkich możliwości takiego losowania liczymy jako wariacje bez powtórzeń.
Wstawiasz do odpowiedniego, znanego Ci wzoru wartości x i 2. W ten sposób obliczysz moc (czyli ilość elementów) zbioru Omega.

Bartek1991 · Post autor: **Bartek1991** » 2 sty 2010, o 15:12

Czyli jako x po 2 ? A jak policzyć moc zbioru A ?

mat_61 · Post autor: **mat_61** » 2 sty 2010, o 15:44

Napisałem Ci wcześniej:

mat_61 pisze: Ilość wszystkich możliwości takiego losowania liczymy jako wariacje bez powtórzeń.
Wstawiasz do odpowiedniego, znanego Ci wzoru wartości x i 2. W ten sposób obliczysz moc (czyli ilość elementów) zbioru Omega.

Czy taki jak napisałeś jest wzór na wariacje bez powtórzeń?

Bartek1991 pisze:Czyli jako x po 2 ? A jak policzyć moc zbioru A ?

Natomiast jak obliczyć moc zbioru A napisałem dokładnie w poście z 12.12. Przeczytaj go uważnie

Bartek1991 · Post autor: **Bartek1991** » 2 sty 2010, o 19:22

Ale napisałeś, że można liczyć to dowolną metodą:

Ponieważ jest to wybór 1-elementu to formalnie nie ma znaczenia czy są to wariacje z powtórzeniami wariacje bez powtórzeń, czy kombinacje, bo we wszystkich tych przypadkach wynik jest taki sam.

Mógłbyś mi może napisać kiedy stosujemy dane wariacje a kiedy kombinacje?

mat_61 · Post autor: **mat_61** » 2 sty 2010, o 19:40

Przeczytaj uważnie.

Napisałem, że można liczyć dowolną metodą przy losowaniu jednego elementu i tylko wtedy. Sam to zacytowałeś:

mat_61 pisze: 2) Wyjątkiem co do sposobu obliczeń są zbiory lub ciągi 1-elementowe. Bo jeżeli mamy jeden element, to nie mają znaczenia takie pojęcia jak kolejność elementów, czy też powtarzanie się elementów.

Porównaj sobie wzory z kombinatoryki na kombinacje, wariacje z powtórzeniami i wariacje bez powtórzeń i sprawdź co będzie jeżeli wstawisz k=1.

Jeżeli więc chodzi o to zadanie to mocy zbioru Omega nie można liczyć dowolnie bo losujemy 2 elementy. Moc zbioru A możesz obliczyć dowolnie bo jest to iloczyn dwukrotnego wyboru po jednym elemencie. Przeczytaj cały wątek to znajdziesz gdzie to jest wyrażnie napisane.

Bartek1991 pisze:Mógłbyś mi może napisać kiedy stosujemy dane wariacje a kiedy kombinacje?

Kombinacją liczymy ilość możliwych zbiorów. Zbiór danych elementów oznacza, że nie jest istotna ich kolejność, tylko "zawartość".
Np. zbiory {A,B,C} {A,C,B} {B,A,C} to są te same zbiory

Wariacją liczymy ilość możliwych ciągów. Ciąg danych elementów oznacza, że jest istotna zarówno ich kolejność jak i "zawartość".
Np. ciągi (A,B,C) (A,C,B) (B,A,C) to są różne ciągi choć zawierają takie same elementy.

Zarówno kombinacje jak i wariacje mogą być z powtórzeniami lub bez. Jeżeli są z powtórzeniami, to elementy zbioru lub ciągu mogą się powtarzać.

Czy to wyjaśnienie Ci wystarczy?

zaudi · Post autor: **zaudi** » 2 sty 2010, o 21:08

Zawsze można zrobić metodą drzewka czyli, będzie tak \(\displaystyle{ 0,4*( \frac{0,6x}{x-1)} )=0,25}\) Najpierw wybieramy A czyli 0,4 później B czyli mamy 0,6x oraz wszystkich osób x-1 bo jeden już został wybrany.

mat_61 · Post autor: **mat_61** » 2 sty 2010, o 21:53

Oczywiście taki sposób rozwiązania jest równie dobry.