W urnie znajduje się 6 kul ponumerowanych liczbami od 1 do 6. Losujemy bez zwracania kolejno kule tak długo, aż suma numerów przekroczy 10. Jakie jest prawdopodobieństwo, że będziemy losować 3 razy?
już na początku napotkałem na poważny problem...
jak wypisywałem zdarzenia sprzyjające, to...
A= (1,5,6)(1,4,6)(2,3,6)(2,4,5)(2,4,6)(3,4,5)(3,5,6)(4,5,6)
no i dalej moc zbioru A to niby 8*3!
ale przecież jak wezmę np. pierwszy przypadek
(1,5,6) i ustawię go jako (6,5,1) lub (5,6,1)
no to to już nie są zdarzenia sprzyjające...
mógłby ktoś pomóc...?-- 13 lut 2010, o 22:34 --postanowiłem zrobić to zadanie dość łopatologicznie i otrzymałem wynik:
10/57
czy mógłby ktoś stwierdzić czy jest on poprawny?
6 ponumerowanych kul, prawdopodobieństwo 3 losowań.
-
JankoS
- Użytkownik
- Posty: 3101
- Rejestracja: 21 lis 2007, o 10:50
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zarów
- Pomógł: 635 razy
6 ponumerowanych kul, prawdopodobieństwo 3 losowań.
Wszystkich możliwych zdarzeń jest \(\displaystyle{ 6 \cdot 5 \cdot 4=120}\). Żądany wynik, bez uwzględnienia kolejności dają trojki: [1,4,6], [1,5,6], [2,3,6], [2,4,5], [2,4,6], [2,5,6], [3,4,5], [3,4,6], [3,5,6], [4,5,6]. Każdą z nich można wylosować na 6 sposobów. Mamy więc \(\displaystyle{ 10 \cdot 6=60}\) zdarzeń sprzyjających.
-
kostek92
- Użytkownik
- Posty: 43
- Rejestracja: 24 sty 2010, o 12:27
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Pomógł: 2 razy
6 ponumerowanych kul, prawdopodobieństwo 3 losowań.
1. dlaczego wszystkich możliwych zdarzeń jest 6*5*4?
2. nie każdą z nich możemy wylosować na 6 sposobów gdyż jak już wcześniej pisałem jak weźmiemy twój drugi przypadek to już po wylosowaniu 5 i 6 lub 6 i 5 przestajemy losować...
więc to są to już zdarzenia sprzyjające...
???
2. nie każdą z nich możemy wylosować na 6 sposobów gdyż jak już wcześniej pisałem jak weźmiemy twój drugi przypadek to już po wylosowaniu 5 i 6 lub 6 i 5 przestajemy losować...
więc to są to już zdarzenia sprzyjające...
???
-
rathaniel
- Użytkownik
- Posty: 64
- Rejestracja: 10 lut 2009, o 18:59
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 11 razy
- Pomógł: 1 raz
6 ponumerowanych kul, prawdopodobieństwo 3 losowań.
Ad.1
Tyle jest możliwych ciągów trójelementowych ze zbioru sześcioelementowego bez zwracania.
Tzn: losujesz pierwszą kulę na 6, drugą na 6-1, a trzecią na 6-1-1 sposobów.
Ad.2
Słusznie zauważyłeś, że nie wszystkie ciągi trójelementowe mają 3! wariantów spełniających założenie. Szczerze mówiąc nie wiem jak bez wypisania szybko je zliczyć.
Tyle jest możliwych ciągów trójelementowych ze zbioru sześcioelementowego bez zwracania.
Tzn: losujesz pierwszą kulę na 6, drugą na 6-1, a trzecią na 6-1-1 sposobów.
Ad.2
Słusznie zauważyłeś, że nie wszystkie ciągi trójelementowe mają 3! wariantów spełniających założenie. Szczerze mówiąc nie wiem jak bez wypisania szybko je zliczyć.
-
JankoS
- Użytkownik
- Posty: 3101
- Rejestracja: 21 lis 2007, o 10:50
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zarów
- Pomógł: 635 razy
6 ponumerowanych kul, prawdopodobieństwo 3 losowań.
No więc jeszcze raz. Pożaądany wynik możemy uzyskać w dwóch albo trzech losowaniach. Ten ostatni przypadek już rozpatrzyłem.
Rozważąm pierwszy.
Wszystkich możliwych jest 30. Sprzyjają mu (5,6) i (6,5). W tym przypadku \(\displaystyle{ P_2= \frac{2}{30}.}\) Zdarzenia to i poprzednie się wyłączają, więc (jeśli dobrze pamiętam) \(\displaystyle{ P=P_2+P_3= \frac{1}{15}+ \frac{1}{2}.}\)-- 14 lutego 2010, 16:22 --To jest paranoja. U góry się świeci "edytuj", a gdy chcę to uczynić, to nie mogę tego zrobić.
No więc jeszcze raz jeszcze raz. Pożaądany wynik możemy uzyskać w dwóch albo trzech losowaniach.
Dwa sposby
Wszystkich możliwych jest 30. Sprzyjają mu (5,6) i (6,5). W tym przypadku \(\displaystyle{ P_2= \frac{2}{30}. \ P-2= \frac{2}{30}}\)
Trzy
Wszystkich możliwych jest 120. Sprzyjają mu
[1,4,6] razy 6, [1,5,6] razy 2, [2,3,6] razy 6, [2,4,5] razy 6, [2,4,6] razy 6, [2,5,6] razy 2, [3,4,5] razy 6, [3,4,6] razy 6, [3,5,6]razy 2, [4,5,6] razy 2. \(\displaystyle{ P_3= \frac{44}{120}}\)
Zdarzenia otrzymania wyniku w dwóch albo w trzech losowaniach są rozłączne, więc można je dodać .
Rozważąm pierwszy.
Wszystkich możliwych jest 30. Sprzyjają mu (5,6) i (6,5). W tym przypadku \(\displaystyle{ P_2= \frac{2}{30}.}\) Zdarzenia to i poprzednie się wyłączają, więc (jeśli dobrze pamiętam) \(\displaystyle{ P=P_2+P_3= \frac{1}{15}+ \frac{1}{2}.}\)-- 14 lutego 2010, 16:22 --To jest paranoja. U góry się świeci "edytuj", a gdy chcę to uczynić, to nie mogę tego zrobić.
No więc jeszcze raz jeszcze raz. Pożaądany wynik możemy uzyskać w dwóch albo trzech losowaniach.
Dwa sposby
Wszystkich możliwych jest 30. Sprzyjają mu (5,6) i (6,5). W tym przypadku \(\displaystyle{ P_2= \frac{2}{30}. \ P-2= \frac{2}{30}}\)
Trzy
Wszystkich możliwych jest 120. Sprzyjają mu
[1,4,6] razy 6, [1,5,6] razy 2, [2,3,6] razy 6, [2,4,5] razy 6, [2,4,6] razy 6, [2,5,6] razy 2, [3,4,5] razy 6, [3,4,6] razy 6, [3,5,6]razy 2, [4,5,6] razy 2. \(\displaystyle{ P_3= \frac{44}{120}}\)
Zdarzenia otrzymania wyniku w dwóch albo w trzech losowaniach są rozłączne, więc można je dodać .
-
rathaniel
- Użytkownik
- Posty: 64
- Rejestracja: 10 lut 2009, o 18:59
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 11 razy
- Pomógł: 1 raz
6 ponumerowanych kul, prawdopodobieństwo 3 losowań.
Hmmm... Przeczytałem dokładnie.
"Jakie jest prawdopodobieństwo, że będziemy losować 3 razy?"
Nie interesuje Cię \(\displaystyle{ P_2}\), tylko i wyłącznie \(\displaystyle{ P_3}\). Chodzi o zakończenie losowania dokładnie w 3 losowaniach. Rozpatrzyłeś zakończenie w dwóch lub trzech losowaniach.
"Losujemy bez zwracania kolejno kule tak długo, aż suma numerów przekroczy 10"
W sumie wszystkich możliwości jest inna ilość. Losujemy do momentu gdy \(\displaystyle{ suma>10}\). Dla tego jest też możliwość wylosowania czterech, a nawet pięciu kul \(\displaystyle{ 1+2+3+4=10}\) - czyli nie spełnione więc trzeba dolosować jeszcze jedną z dwóch pozostałych. Mam już pewną myśl
Podejście od samego początku było błędne. \(\displaystyle{ \Omega}\) jest zbiorem wszystkich ciągów których suma elementów\(\displaystyle{ \sum_{}^{}a_i>10, a_i=i, i=\{1,2,3,4,5,6\}}\). Z tego powodu \(\displaystyle{ \Omega \neq 6 \cdot 5 \cdot 4}\).
"Jakie jest prawdopodobieństwo, że będziemy losować 3 razy?"
Nie interesuje Cię \(\displaystyle{ P_2}\), tylko i wyłącznie \(\displaystyle{ P_3}\). Chodzi o zakończenie losowania dokładnie w 3 losowaniach. Rozpatrzyłeś zakończenie w dwóch lub trzech losowaniach.
"Losujemy bez zwracania kolejno kule tak długo, aż suma numerów przekroczy 10"
W sumie wszystkich możliwości jest inna ilość. Losujemy do momentu gdy \(\displaystyle{ suma>10}\). Dla tego jest też możliwość wylosowania czterech, a nawet pięciu kul \(\displaystyle{ 1+2+3+4=10}\) - czyli nie spełnione więc trzeba dolosować jeszcze jedną z dwóch pozostałych. Mam już pewną myśl
Podejście od samego początku było błędne. \(\displaystyle{ \Omega}\) jest zbiorem wszystkich ciągów których suma elementów\(\displaystyle{ \sum_{}^{}a_i>10, a_i=i, i=\{1,2,3,4,5,6\}}\). Z tego powodu \(\displaystyle{ \Omega \neq 6 \cdot 5 \cdot 4}\).
-
kostek92
- Użytkownik
- Posty: 43
- Rejestracja: 24 sty 2010, o 12:27
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Pomógł: 2 razy
6 ponumerowanych kul, prawdopodobieństwo 3 losowań.
podchodząc do tematu łopatologicznie zrobiłem tak:
omega={(1,2,3,4,5)(1,2,3,4,6)(1,2,3,5)(1,2,3,6)(1,2,4,5)(1,2,4,6)(1,2,5,6)(1,2,5,4)(1,2,5,3)(1,2,6,3)(1,2,6,4)(1,2,6,5)(1,3,4,5)(1,3,4,6)(1,3,5,2)
(1,3,5,4)(1,3,5,6)(1,3,6,2)(1,3,6,4)(1,3,6,5)(1,4,5,2)(1,4,5,3)(1,4,5,6)(1,4,6)(1,5,6)(2,3,4,5)(2,3,4,6)(2,4,5)(2,4,6)(2,5,6)(3,4,5)
(3,4,6)(4,5,6)(5,6)(1,6,5)(2,6,5)}
A={(1,4,6)(1,5,6)(1,4,5)(1,4,6)(2,5,6)(1,6,5)(2,6,5)(3,4,5)(3,4,6)(4,5,6)}
czyli
mocA=5*3!+5*2!=40
mocomega=2*4!+28*3!+6*2!=228
P(A)=10/57
tak to zrobiłem...
te podkreślone liczby to takie które mogą się przestawiać i tworzyć dowolny ciąg...
ale nie ma na to jakiejś metody..
bo w takim wypisywaniu mogłem łatwo się pomylić..??
omega={(1,2,3,4,5)(1,2,3,4,6)(1,2,3,5)(1,2,3,6)(1,2,4,5)(1,2,4,6)(1,2,5,6)(1,2,5,4)(1,2,5,3)(1,2,6,3)(1,2,6,4)(1,2,6,5)(1,3,4,5)(1,3,4,6)(1,3,5,2)
(1,3,5,4)(1,3,5,6)(1,3,6,2)(1,3,6,4)(1,3,6,5)(1,4,5,2)(1,4,5,3)(1,4,5,6)(1,4,6)(1,5,6)(2,3,4,5)(2,3,4,6)(2,4,5)(2,4,6)(2,5,6)(3,4,5)
(3,4,6)(4,5,6)(5,6)(1,6,5)(2,6,5)}
A={(1,4,6)(1,5,6)(1,4,5)(1,4,6)(2,5,6)(1,6,5)(2,6,5)(3,4,5)(3,4,6)(4,5,6)}
czyli
mocA=5*3!+5*2!=40
mocomega=2*4!+28*3!+6*2!=228
P(A)=10/57
tak to zrobiłem...
te podkreślone liczby to takie które mogą się przestawiać i tworzyć dowolny ciąg...
ale nie ma na to jakiejś metody..
bo w takim wypisywaniu mogłem łatwo się pomylić..??