zad 1
Spośród cyfr 1,2 ... , 9 losujemy bez zwracania dwie i tworzymy z nich liczbę dwucyfrową ( liczba dziesiatek jest pierwsza z wylosowanych cyfr ) . Jakie jest prawdopodobieństwo , że otrzymana liczba liczba jest parzysta ? ma wyjsc 4/9
zad 2 w urnie jest 2 razy więcej kul czarnych niż białych i 3 razy więcej kul zielonych niż białych. Losujemy jednocześnie trzy kule. Wyznacz liczbę kul białych , jeśli prawdopodobieństwo wylosowanych 3 kul róznych kolorów wynosi 12/55. Odp 2 kule
zad 3 Sposrod wszystkich liczb n-cyfrowych ( w zapisie dziesiętnym ) losujemy jednocześnie dwie. Jakie jest prawdopodobieństwo , że przynajmniej jedna ma sume cyfr równą dwa ? odp 2
zad 4 Ze zbioru { 1 , 2 ... , n } tworzymy wszystkie trójwyrazowe ciągi o wyrazach należacych do tego zbioru. Jakie jest prawdopodobieństwo , że wybrany losowo jeden taki ciąg będzie monotoniczny ?
W jednej urnie jest 5 kul bialych i pewna liczba kul czarnych , w drugiej zaś 6 kul czarnych i pewna lizba kul białych. Z każdej urny losujemy po dwie kule. Prawdopodobieństwo wylosowania jednocześnie dwóch kul białych z pierwszej urny jest większe od 2/9 , a prawdopodobieństwo jednoczesnego wylosowania dwóch kul czarnych z drugiej urny jest wiekszę od 1/3 . W której urnie jest więcej kul białych a w której czarnych ?
Prosze o zrobienie bo jutro kose dostane:)
cyfry urny itp
-
d(-_-)b
- Użytkownik
- Posty: 210
- Rejestracja: 26 lis 2006, o 12:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Płock
- Pomógł: 98 razy
cyfry urny itp
Zadanie 1
\(\displaystyle{ \overline{\overline\Omega}=V\limits_{9}^{2}=72}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}}=4*8=32}\)
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{32}{72}=\frac{4}{9}}\)
[ Dodano: 4 Grudzień 2006, 18:17 ]
Zadanie 2
oznaczmy:
z - ilość kul zielonych
c - ilość kul czarnych
b - ilość kul białych
Z treści zadania mamy:
\(\displaystyle{ z=2b}\) i \(\displaystyle{ c=3b}\)
wszystkich kul jest zatem \(\displaystyle{ n=6b}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline\Omega}={6b\choose 3}=\frac{(6b-2)(6b-1)6b}{6}=(6b-2)(6b-1)b}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}}={2b\choose 1}*{3b\choose 1}*{b\choose 1}=6b^{3}}\)
czyli
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{6b^{3}}{(6b-2)(6b-1)b}=\frac{6b^{2}}{(6b-2)(6b-1)}}\)
wiemy również, że
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{12}{55}}\)
czyli
\(\displaystyle{ \frac{6b^{2}}{(6b-2)(6b-1)}=\frac{12}{55}}\), skąd
\(\displaystyle{ b=2}\) \(\displaystyle{ \vee}\) \(\displaystyle{ b=\frac{2}{17}}\)
oczywiście poprawny jest wynik \(\displaystyle{ b=2}\), gdyż \(\displaystyle{ b\in N}\)
nie może być bowiem wymierna ilość kul
[ Dodano: 4 Grudzień 2006, 18:36 ]
Zadanie 3
najpierw należałoby się zastanowić ile jest liczb n-cyfrowych \(\displaystyle{ n=1,2,3,...}\)
zatem
1-cyfrowych jest \(\displaystyle{ 9}\)
2-cyfrowych jest \(\displaystyle{ 90}\)
3-cyfrowych jest \(\displaystyle{ 900}\)
itd.
zauważmy jednak, żę
1-cyfrowych jest \(\displaystyle{ 9=10^{1}-10^{0}}\)
2-cyfrowych jest \(\displaystyle{ 90=10^{2}-10^{1}}\)
3-cyfrowych jest \(\displaystyle{ 900=10^{3}-10^{2}}\)
...
n-cyfrowych jest \(\displaystyle{ 10^{n}-10^{n-1}=9*10^{n-1}}\)
sprawdżmy teraz ile jest liczb n-cyfrowych których suma cyfr jest równa 2
dla
1-cyfrowych mamy jedną \(\displaystyle{ 2}\)
2-cyfrowych mamy dwie \(\displaystyle{ 11;20}\)
3-cyfrowych mamy trzy \(\displaystyle{ 110;101;200}\)
...
n-cyfrowych mamy zatem \(\displaystyle{ n}\)
wydaje mi się że łatwiej będzie zastosować tu prawdopodobieństwo przeciwne
właśnie najpierw musimy obliczyć :
\(\displaystyle{ \overline{\overline\Omega}={9*10^{n-1}\choose 2}}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A'}}={9*10^{n-1}-n\choose 2}}\)
\(\displaystyle{ P(A)=1-\frac{{9*10^{n-1}-n\choose 2}}{{9*10^{n-1}\choose 2}}}\)
[ Dodano: 4 Grudzień 2006, 18:49 ]
Zadanie 4
\(\displaystyle{ \overline{\overline\Omega}=n^{3}}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}}=2*{n\choose 3}=\frac{(n-2)(n-1)2n}{6}=\frac{(n-2)(n-1)n}{3}}\)
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{\frac{(n-2)(n-1)n}{3}}{n^{3}}=\frac{(n-2)(n-1)}{3n^{2}}}\)
[ Dodano: 4 Grudzień 2006, 19:30 ]
Zadanie 5
Oznaczmy zdarzenia:
A - wylosowanie dwóch kul czarnych z pierwszej urny
B - wylosowanie dwóch kul białych z drugiej urny
dodatkowo oznaczmy:
n - ilość kul czarnych w pierwszej urnie
k - ilość kul białych w drugiej urnie
\(\displaystyle{ \overline{\overline\Omega}\limits_{A}={n+5\choose 2}=\frac{(n+4)(n+5)}{2}}\)
oczywiście \(\displaystyle{ n\geq 0}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}}={5\choose 2}=10}\)
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{10}{\frac{(n+4)(n+5)}{2}}=\frac{20}{(n+4)(n+5)}}\)
z treść zadania mamy, że
\(\displaystyle{ P(A)>\frac{2}{9}}\) , czyli
\(\displaystyle{ \frac{20}{(n+4)(n+5)}>\frac{2}{9}}\), skąd po uwzględnieniu \(\displaystyle{ n\geq 0}\) dostajemy
\(\displaystyle{ n\in\langle 0,5)}\)
zatem w pierwszej urnie jest więcej kul białych niż czarnych
\(\displaystyle{ \overline{\overline\Omega}\limits_{B}={k+6\choose 2}=\frac{(k+5)(n+6)}{2}}\)
oczywiście \(\displaystyle{ k\geq 0}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}}={6\choose 2}=15}\)
\(\displaystyle{ P(B)=\frac{15}{\frac{(n+5)(n+6)}{2}}=\frac{30}{(n+5)(n+6)}}\)
z treść zadania mamy, że
\(\displaystyle{ P(B)>\frac{1}{3}}\) , czyli
\(\displaystyle{ \frac{30}{(n+5)(n+6)}>\frac{1}{3}}\), skąd po uwzględnieniu \(\displaystyle{ k\geq 0}\) dostajemy
\(\displaystyle{ k\in\langle 0,4)}\)
zatem w drugiej urnie jest więcej kul czarnych niż białych
\(\displaystyle{ \overline{\overline\Omega}=V\limits_{9}^{2}=72}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}}=4*8=32}\)
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{32}{72}=\frac{4}{9}}\)
[ Dodano: 4 Grudzień 2006, 18:17 ]
Zadanie 2
oznaczmy:
z - ilość kul zielonych
c - ilość kul czarnych
b - ilość kul białych
Z treści zadania mamy:
\(\displaystyle{ z=2b}\) i \(\displaystyle{ c=3b}\)
wszystkich kul jest zatem \(\displaystyle{ n=6b}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline\Omega}={6b\choose 3}=\frac{(6b-2)(6b-1)6b}{6}=(6b-2)(6b-1)b}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}}={2b\choose 1}*{3b\choose 1}*{b\choose 1}=6b^{3}}\)
czyli
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{6b^{3}}{(6b-2)(6b-1)b}=\frac{6b^{2}}{(6b-2)(6b-1)}}\)
wiemy również, że
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{12}{55}}\)
czyli
\(\displaystyle{ \frac{6b^{2}}{(6b-2)(6b-1)}=\frac{12}{55}}\), skąd
\(\displaystyle{ b=2}\) \(\displaystyle{ \vee}\) \(\displaystyle{ b=\frac{2}{17}}\)
oczywiście poprawny jest wynik \(\displaystyle{ b=2}\), gdyż \(\displaystyle{ b\in N}\)
nie może być bowiem wymierna ilość kul
[ Dodano: 4 Grudzień 2006, 18:36 ]
Zadanie 3
najpierw należałoby się zastanowić ile jest liczb n-cyfrowych \(\displaystyle{ n=1,2,3,...}\)
zatem
1-cyfrowych jest \(\displaystyle{ 9}\)
2-cyfrowych jest \(\displaystyle{ 90}\)
3-cyfrowych jest \(\displaystyle{ 900}\)
itd.
zauważmy jednak, żę
1-cyfrowych jest \(\displaystyle{ 9=10^{1}-10^{0}}\)
2-cyfrowych jest \(\displaystyle{ 90=10^{2}-10^{1}}\)
3-cyfrowych jest \(\displaystyle{ 900=10^{3}-10^{2}}\)
...
n-cyfrowych jest \(\displaystyle{ 10^{n}-10^{n-1}=9*10^{n-1}}\)
sprawdżmy teraz ile jest liczb n-cyfrowych których suma cyfr jest równa 2
dla
1-cyfrowych mamy jedną \(\displaystyle{ 2}\)
2-cyfrowych mamy dwie \(\displaystyle{ 11;20}\)
3-cyfrowych mamy trzy \(\displaystyle{ 110;101;200}\)
...
n-cyfrowych mamy zatem \(\displaystyle{ n}\)
wydaje mi się że łatwiej będzie zastosować tu prawdopodobieństwo przeciwne
właśnie najpierw musimy obliczyć :
\(\displaystyle{ \overline{\overline\Omega}={9*10^{n-1}\choose 2}}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A'}}={9*10^{n-1}-n\choose 2}}\)
\(\displaystyle{ P(A)=1-\frac{{9*10^{n-1}-n\choose 2}}{{9*10^{n-1}\choose 2}}}\)
[ Dodano: 4 Grudzień 2006, 18:49 ]
Zadanie 4
\(\displaystyle{ \overline{\overline\Omega}=n^{3}}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}}=2*{n\choose 3}=\frac{(n-2)(n-1)2n}{6}=\frac{(n-2)(n-1)n}{3}}\)
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{\frac{(n-2)(n-1)n}{3}}{n^{3}}=\frac{(n-2)(n-1)}{3n^{2}}}\)
[ Dodano: 4 Grudzień 2006, 19:30 ]
Zadanie 5
Oznaczmy zdarzenia:
A - wylosowanie dwóch kul czarnych z pierwszej urny
B - wylosowanie dwóch kul białych z drugiej urny
dodatkowo oznaczmy:
n - ilość kul czarnych w pierwszej urnie
k - ilość kul białych w drugiej urnie
\(\displaystyle{ \overline{\overline\Omega}\limits_{A}={n+5\choose 2}=\frac{(n+4)(n+5)}{2}}\)
oczywiście \(\displaystyle{ n\geq 0}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}}={5\choose 2}=10}\)
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{10}{\frac{(n+4)(n+5)}{2}}=\frac{20}{(n+4)(n+5)}}\)
z treść zadania mamy, że
\(\displaystyle{ P(A)>\frac{2}{9}}\) , czyli
\(\displaystyle{ \frac{20}{(n+4)(n+5)}>\frac{2}{9}}\), skąd po uwzględnieniu \(\displaystyle{ n\geq 0}\) dostajemy
\(\displaystyle{ n\in\langle 0,5)}\)
zatem w pierwszej urnie jest więcej kul białych niż czarnych
\(\displaystyle{ \overline{\overline\Omega}\limits_{B}={k+6\choose 2}=\frac{(k+5)(n+6)}{2}}\)
oczywiście \(\displaystyle{ k\geq 0}\)
\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}}={6\choose 2}=15}\)
\(\displaystyle{ P(B)=\frac{15}{\frac{(n+5)(n+6)}{2}}=\frac{30}{(n+5)(n+6)}}\)
z treść zadania mamy, że
\(\displaystyle{ P(B)>\frac{1}{3}}\) , czyli
\(\displaystyle{ \frac{30}{(n+5)(n+6)}>\frac{1}{3}}\), skąd po uwzględnieniu \(\displaystyle{ k\geq 0}\) dostajemy
\(\displaystyle{ k\in\langle 0,4)}\)
zatem w drugiej urnie jest więcej kul czarnych niż białych