Prawdopodobieństwo typowo maturalne

Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
adambak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1272
Rejestracja: 8 sty 2011, o 18:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 295 razy
Pomógł: 115 razy

Prawdopodobieństwo typowo maturalne

Post autor: adambak »

Witam serdecznie wszystkich forumowiczów moim pierwszym postem

Mam 3 zadania z prawdopodobieństwa, z którymi sobie nie mogę poradzić lub nie jestem pewien wyników. Ogólnie to w moich rozwiązaniach zawsze czegoś brakuje (a to uwzględnienia kolejności, a to czegoś innego, nie czuję się mocny z prawdopodobieństwa ). Proszę o pomoc w rozwiązaniu:

Zad.1
Sześć ponumerowanych kul rozmieszczamy w pięciu ponumerowanych szufladach. Oblicz prawdopodobieństwo, że w każdej szufladzie będzie co najmniej jedna kula.

Zad.2
W pudełku jest 15 ponumerowanych kul, losujemy 5. Jakie jest prawdopodobieństwo, że dokładnie jedna para z tych pięciu da sumę 16?

I zdecydowanie najważniejsze(gdyż do rozwiązania brakuje mi zrozumienia ważnej kwestii uwzględnienia kolejności narzuconych rzutów, a ten motyw może się jeszcze wiele razy przewijać):

Zad.3
Oblicz prawdopodobieństwo, że w dziesięciu rzutach kostką wyrzucimy dokładnie dwa razy ściankę z jednym oczkiem i dokładnie trzy razy ściankę z trzema oczkami.

Bardzo byłbym wdzięczny za wytłumaczenie (do matury coraz bliżej i chciałbym nie mieć żadnych wątpliwości przy zadaniach które spotykam).
mat_61
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4618
Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Racibórz
Pomógł: 866 razy

Prawdopodobieństwo typowo maturalne

Post autor: mat_61 »

A jakiej konkretnie pomocy potrzebujesz?

Możesz np. napisać swoje rozwiązania (nawet jak nie jesteś pewny czy są dobre) do sprawdzenia, bo skoro piszesz, że nie jesteś pewny wyników, to znaczy, że jakieś rozwiązania masz.

Wskazówka:

1) Ponieważ kul jest o jedną więcej niż szuflad, to muszą być (uwzględniając warunki zadania) w jednej szufladzie 2 kule a w pozostałych po jednej.

2)
adambak pisze:I zdecydowanie najważniejsze(gdyż do rozwiązania brakuje mi zrozumienia ważnej kwestii uwzględnienia kolejności narzuconych rzutów, a ten motyw może się jeszcze wiele razy przewijać)
Po prostu musisz zastanowić się czy dla wyniku doświadczenia istotne jest tylko to jakie masz elementy, czy też także to jaka jest ich kolejność. Jeżeli np. masz obliczyć sumę 2 wylosowanych liczb, to istotne są tylko te liczby a nie ich kolejność. Gdyby natomiast te liczby stanowiły login i hasło do Twojego konta, to już kolejność jest istotna, bo loginu i hasła nie możesz sobie zamienić.

3)
Możesz skorzystać z iloczynu p-stw (znasz przecież p-stwo każdego ze zdarzeń) oczywiście z uwzględnieniem wszystkich wariantów wyników (w sensie kolejności uzyskiwanych rezultatów).
adambak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1272
Rejestracja: 8 sty 2011, o 18:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 295 razy
Pomógł: 115 razy

Prawdopodobieństwo typowo maturalne

Post autor: adambak »

Faktycznie, przepraszam że nie napisałem od razu jak ja widzę te rozwiązania, żeby nie było że nic nie zrobiłem w tym kierunku. Mój błąd. Będę o tym na przyszłość pamiętał.

Ad.1
Początkowo myślałem że wystarczy zapisać \(\displaystyle{ P(A)= \frac{5*4*3*2*1*5}{ 5^{6} }}\). Tłumaczyłem to tak: pierwszą z kul możemy rozmieścić w pięciu możliwych szufladach, następną również itd (stąd taka omega, czy da się ją inaczej oznaczyć, aby uwzględnić wszystkie możliwe rozmieszczenia?). Co do zdarzeń sprzyjających to zapisałem je w ten sposób aby: pierwszą kulę rozmieszczamy w pięciu możliwych szufladach, następną już tylko w czterech itd. aby w każdej szufladzie byłą tylko jedna kula, dopiero przy rozmieszczeniu ostatniej kuli mamy znowu do dyspozycji pięć szuflad, zważywszy na fakt, że gdzie jej nie włożymy to w danej szufladzie będzie pięć kul. Jednak skoro w zadaniu jest powiedziane że zarówno szuflady jak i kule są ponumerowane to są one rozróżnialne, czy tak? W takim razie powinniśmy najpierw wybrać \(\displaystyle{ {6 \choose 2}}\) kul które umieścimy w tej samej szufladzie, a resztę kul na \(\displaystyle{ 4!}\) sposobów, w konsekwencji mamy:
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{{6 \choose 2}*4*3*2*1}{ 5^{6} }}\). Wyniki są oczywiście różne, nie wiem czy którykolwiek jest dobry i jak powinienem to dobrze zrozumieć.

Ad.2
Zaczynamy od tego że jest 7 takich par liczb ze zbioru liczb {1,2,...,15} które dają sumę 16. Są to oczywiście: 1 i 15; 2 i 14; 3 i 13; 4 i 12; 5 i 11; 6 i 10; 7 i 9. Moc zbioru zdarzeń elementarnych określiłem jako \(\displaystyle{ 15*14*13*12*11}\), gdyż są to 5-elementowe wariacje zbioru 15-elementowego. Tak więc kolejność się liczy. Długo myślałem i się myliłem, aż w końcu stwierdziłem że może tak zapisać moc zbioru zdarzeń sprzyjających: \(\displaystyle{ 14*1*13*11*9}\). A tłumaczę to sobie w ten sposób: najpierw wybieramy jedną z 14 liczb dla których jest liczba będąca jej parą (tzn żeby dały razem sumę 16, bo ósemka odpada). Na drugim miejscu wybieramy tą jej parę. Na trzecim już tylko mamy do dyspozycji 13 liczb, potem 11 i 9. Schodzę tak z ilością liczb o 2, gdyż skoro już wybraliśmy tą docelową parę, to przy wyborze każdej następnej liczby musimy także wykluczyć jej parę, aby (zgodnie z założeniami zadania) dokładnie jedna para z tych 5 liczb wylosowanych, dała sumę 16. Ale to mi jakoś przypomina zadania typu: ile jest liczb trzycyfrowych o różnych cyfrach podzielnych przez 2. Tzn boję się o tą kolejność którą uwzględniam, czy potem mnożąc te liczby w takiej kolejności uwzględniam wszystkie możliwe ustawienia tych losowań? Bo jakby docelową parę mogę wylosować na początku (jak ja to zapisałem), ale również i na końcu, bądź nie po sobie. Widać że tutaj brakuje mi w wiedzy czegoś ważnego. Mam pewną niejasność w umyśle kiedy metodą mnożenia dopuszczam wszystkie ustawienia (w postaci która liczba przed którą) a kiedy nie..

Ad.3
Tutaj moc omegi oznaczyłem jako \(\displaystyle{ 6^{10}}\) i innej możliwości nie widzę (da się inaczej w zadaniach z kostką?), aby uwzględnić wszystkie wariacje, nawet te z powtórzeniami. Za każdym razem możemy wyrzucić jeden z sześciu wyników. Potem myślałem jak zapisać moc zbioru zdarzeń sprzyjających i doszedłem do czegoś takiego: \(\displaystyle{ 1*1*1*1*1*4^{5}}\), ponieważ aż pięć razy musimy wyrzucić z góry narzucony wynik (2x1oczko i 3x3oczka), potem już wyrzucamy 2 lub 4 lub 5 lub 6 oczek, a więc zapisem \(\displaystyle{ 4^{5}}\) uwzględnimy na pewno wszystkie ich ustawienia, nawet z powtórzeniami. Ale nie wiem czy nie przydałoby się jeszcze porozmieszczać te pięć na pewno wylosowanych wyników wśród w sumie dziesięciu rzutów, ponieważ nie musimy ich otrzymywać po kolei. Wtedy byśmy mieli:
\(\displaystyle{ 1*1*1*1*1*4^{5}*{10 \choose 5}}\) gdyż dla tych jedynek i trójek (w sumie 5 wyników)
wybieramy pięć z dziesięciu miejsc wśród dziesięciu wyników które otrzymujemy. Dobrze myślę? W takim razie można by też to zrobić w ten sposób że najpierw wybieramy \(\displaystyle{ {10 \choose 2}}\) miejsc dla jedynek, a potem z pozostałych miejsc \(\displaystyle{ {8 \choose 3}}\) miejsc dla trójek. Albo inaczej: najpierw \(\displaystyle{ {10 \choose 3}}\) dla trójek, a potem \(\displaystyle{ {8 \choose 2}}\) dla jedynek. Czyli moc zbioru zdarzeń sprzyjających by była równa:
\(\displaystyle{ 1*1*1*1*1*4^{5}}\)
lub
\(\displaystyle{ 1*1*{10 \choose 2}*1*1*1*{8 \choose 3}*4^{5}}\)
lub
\(\displaystyle{ 1*1*1*{10 \choose 3}*1*1*{8 \choose 2}*4^{5}}\)

Za każdym razem wynik bardzo inny, i nie wiem który poprawy, a gdzie się mylę. Zależy mi na zrozumieniu tego, bo szybko się uczę i pomogłoby to w następnych zadaniach.

Bardzo byłbym wdzięczny za rozjaśnienie mi tego, ewentualne wyprowadzenie z błędu i wskazanie gdzie tkwi błąd w rozumowaniu
mat_61
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4618
Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Racibórz
Pomógł: 866 razy

Prawdopodobieństwo typowo maturalne

Post autor: mat_61 »

No to po kolei. Na początek zadanie 1)

Moc zbioru Omega jest oczywiście OK.
dopiero przy rozmieszczeniu ostatniej kuli mamy znowu do dyspozycji pięć szuflad, zważywszy na fakt, że gdzie jej nie włożymy to w danej szufladzie będzie pięć kul.
Zakładam, że to jest "przejęzyczenie" bo gdy włożymy tą piątą kulę do dowolnej szuflady, to w tej szufladzie będą dwie kule, czyli w każdej szufladzie co najmniej jedna.

Samo rozumowanie w Twoim I wariancie jest poprawne, ale obliczenia niestety nie. Zauważ, że licząc w ten sposób niektóre przypadki rozmieszczeń są liczone dwukrotnie. Np. rozmieszczenie po włożeniu do każdej szuflady jednej kuli może wyglądać tak (liczby to numery kul):

\(\displaystyle{ I: \ \left\{ 3\right\}}\)

\(\displaystyle{ II: \ \left\{ 2\right\}}\)

\(\displaystyle{ III: \ \left\{ 4\right\}}\)

\(\displaystyle{ IV: \ \left\{ 6\right\}}\)

\(\displaystyle{ V: \ \left\{ 1\right\}}\)

Pozostaje kula nr 5, którą dołożymy np. do szuflady II.

Ale rozmieszczenie pierwszych pięciu kul może też wyglądać np. tak:

\(\displaystyle{ I: \ \left\{ 3\right\}}\)

\(\displaystyle{ II: \ \left\{ 5\right\}}\)

\(\displaystyle{ III: \ \left\{ 4\right\}}\)

\(\displaystyle{ IV: \ \left\{ 6\right\}}\)

\(\displaystyle{ V: \ \left\{ 1\right\}}\)

Pozostaje kula nr 2, którą dołożymy np. do szuflady II.

Jak widzisz obydwa warianty rozmieszczenia kul są takie same i wyglądają tak:

\(\displaystyle{ I: \ \left\{ 3\right\}}\)

\(\displaystyle{ II: \ \left\{ 2;5\right\}}\)

\(\displaystyle{ III: \ \left\{ 4\right\}}\)

\(\displaystyle{ IV: \ \left\{ 6\right\}}\)

\(\displaystyle{ V: \ \left\{ 1\right\}}\)

choć każdy z nich byłby wg Twojego sposobu liczony jako inny.

Trop wg II wariantu jest już lepszy. Napisałeś tak:
W takim razie powinniśmy najpierw wybrać \(\displaystyle{ {6 \choose 2}}\) kul które umieścimy w tej samej szufladzie
Ale w której? Przecież jest różnica czy te dwie kule będą np. w szufladzie I czy V? Czyli musimy jeszcze wybrać szufladę dla te "dwójki" - tutaj mamy 5 możliwości. Na koniec rozmieszczamy pozostałe 4 kule w 4 pozostałych szufladach. Czyli:

\(\displaystyle{ |A|= {6 \choose 2} \cdot 5 \cdot 4!}\)

A drugie podejście może być takie. Wybieramy 2 kule z 6 i od tego moment traktujemy ten zestaw dwóch wybranych kul jako jeden element, czyli mamy pięć elementów do rozmieszczenia w 5 szufladach. jest to oczywiście standardowa permutacja. Mamy więc:

\(\displaystyle{ |A|= {6 \choose 2} \cdot 5!}\)

Czy to wyjaśnienie Ci wystarczy?
adambak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1272
Rejestracja: 8 sty 2011, o 18:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 295 razy
Pomógł: 115 razy

Prawdopodobieństwo typowo maturalne

Post autor: adambak »

Oczywiście się przejęzyczyłem pisząc "w danej szufladzie będzie pięć kul".

Tak, wytłumaczenie jest po prostu IDEALNE, bo dokładnie o to mi chodziło, aby jakoś pokazać to jak liczymy te ustawienia i wyszło czemu liczę na przykład podwójnie

Wiem, że dużo wymagam, ale czy mogę liczyć na równie precyzyjne podejście do dwóch pozostałych zadań, bo póki co jest super
mat_61
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4618
Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Racibórz
Pomógł: 866 razy

Prawdopodobieństwo typowo maturalne

Post autor: mat_61 »

Teraz może zadanie 3)

Pomysł I:
\(\displaystyle{ 1*1*1*1*1*4^{5}}\) ponieważ aż pięć razy musimy wyrzucić z góry narzucony wynik
Jak sam zauważyłeś nie jest najlepszy, bo rzeczywiście te jedynki i trójki mogą być wylosowane w różnych rzutach co należy uwzględnić w obliczeniach. Tak jak napisałeś byłoby tylko wtedy gdyby miejsca dla jedynek i dla trójek, były z góry narzucone.

Pomysł II:
\(\displaystyle{ 1*1*1*1*1*4^{5}*{10 \choose 5}}\) gdyż dla tych jedynek i trójek (w sumie 5 wyników) wybieramy pięć z dziesięciu miejsc wśród dziesięciu wyników które otrzymujemy
Zmierzasz w dobrym kierunku, ale to jeszcze nie to. Nie możesz wybrać hurtowo pięć miejsc, bo ważne jest także gdzie na tych miejscach są jedynki a gdzie trójki.

Pomysł III:
można by też to zrobić w ten sposób że najpierw wybieramy \(\displaystyle{ {10 \choose 2}}\) miejsc dla jedynek, a potem z pozostałych miejsc \(\displaystyle{ {8 \choose 3}}\) miejsc dla trójek.
I to już jest pomysł bardzo dobry, bo poprawny.

Pomysł IV:
Albo inaczej: najpierw \(\displaystyle{ {10 \choose 3}}\) dla trójek, a potem \(\displaystyle{ {8 \choose 2}}\) dla jedynek
Pomysł równie dobry jak poprzedni, bo także poprawny jeżeli tylko poprawimy oczywisty błąd, że po wybraniu 3 miejsc dla trójek pozostaje tylko 7 (a nie 8) miejsc spośród których wybieramy dwa dla jedynek.

---------------------

Ogólna uwaga do zapamiętania:

Jeżeli wybieramy kolejne "zestawy" z jakiegoś zbioru, to kolejność wyboru nie ma znaczenia i nie zmienia oczywiście wyniku, czyli dla Twojego zadania wyniki z dwóch ostatnich pomysłów będą takie same:

\(\displaystyle{ {10 \choose 2} \cdot {8 \choose 3} ={10 \choose 3} \cdot {7 \choose 2}}\)
adambak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1272
Rejestracja: 8 sty 2011, o 18:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 295 razy
Pomógł: 115 razy

Prawdopodobieństwo typowo maturalne

Post autor: adambak »

Ok, wszystko świetnie wytłumaczone. Przepraszam, oczywiście głupi błąd z tym dwumianem, jak najbardziej kolejność rozmieszczania trójek i jedynek nie ma znaczenia, ważne żeby je rozmieścić w ogóle. Zaczyna mi się to wszystko układać w głowie, jednak do pełni szczęścia mi brakuje wytłumaczenia zadania 2
Jak napisałem miałem kilka koncepcji, jednak wciąż męczy mnie to że nie jestem w stanie rozstrzygnąć kiedy metodą mnożenia uwzględniam wszystkie sytuacje. Czy dobrze rozumowałem w drugim poście? Czy gdzieś się myliłem? Zagadnienie dość ważne i, wydaje mi się, problematyczne gdyż trzeba rozważyć tyle par które sprzyjają sumie równej 16 i jeszcze w dodatku dla nich istnieje mnóstwo ustawień reszty liczb. A może istnieje jakieś prostsze rozwiązanie?
mat_61
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4618
Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Racibórz
Pomógł: 866 razy

Prawdopodobieństwo typowo maturalne

Post autor: mat_61 »

No to zadanie 3)

1. Na początek zastanów się czy istotna jest kolejność wylosowanych liczb, czy tylko ich "zestaw"?

Jeżeli byśmy nawet losowali kule kolejno i np. wylosowali liczby \(\displaystyle{ \left( 2;3;5;12;14\right)}\) a innym razem \(\displaystyle{ \left( 12;5;3;2;14\right)}\) to zarówno z jednego jak i z drugiego zestawu możemy utworzyć te same pary:

\(\displaystyle{ \left\{2;3 \right\}}\)

\(\displaystyle{ \left\{2;5 \right\}}\)

\(\displaystyle{ \left\{2;12 \right\}}\)

\(\displaystyle{ \left\{2;14 \right\}}\)

\(\displaystyle{ \left\{3;5 \right\}}\)

\(\displaystyle{ \left\{3;12 \right\}}\)

\(\displaystyle{ \left\{3;14 \right\}}\)

\(\displaystyle{ \left\{5;12 \right\}}\)

\(\displaystyle{ \left\{5;14 \right\}}\)

\(\displaystyle{ \left\{12;14 \right\}}\)

2) Jeżeli wśród pięciu wylosowanych liczb ma być tylko jedna para dająca sumę 16, to musi się wśród tych liczb znaleźć tylko jedna para spośród wypisanych przez Ciebie, oraz trzy liczby z pozostałych (czyli może być także liczba 8) nie stanowiące pary.

Spróbuj na podstawie tych wskazówek określić moce zbiorów \(\displaystyle{ \Omega \ oraz \ A}\)

-- 16 sty 2011, o 14:26 --

----------------------------------------

Żeby nie było wątpliwości, to jeszcze jedno ogólne wyjaśnienie odnośnie uwzględniania kolejności elementów w niektórych typach zadań.

Jeżeli wynikiem doświadczenia jest wybór k różnych elementów z n, to w sytuacji gdy z treści zadania wynika, że kolejność elementów nie jest ważna wykorzystujesz do obliczania mocy zbiorów kombinacje.

Natomiast gdybyś zdefiniował przestrzeń elementarnych w ten sposób, że tą kolejność byś jednak uwzględnił, to zarówno moc zbioru \(\displaystyle{ \Omega}\) jak i moc zbioru \(\displaystyle{ A}\) zwiększyły by się o permutację zbioru k-elementowego czyli o \(\displaystyle{ k!}\). Tym samy przy liczeniu p-stwa mógłbyś ułamek skrócić przez tą wartość i p-stwo byłoby takie same niezależnie od sposobu liczenia, czyli sam wynik byłby poprawny w obydwu przypadkach (oczywiście różnica byłaby wtedy gdyby było to zadanie z kombinatoryki i miałbyś obliczyć tylko moc zbioru).

To co napisałem powyżej wynika z zależności:

\(\displaystyle{ \text {kombinacja \ bez \ powtórzeń} \ \cdot \ \text {permutacja} \ = \ \text {wariacja \ bez \ powtórzeń}}\)
adambak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1272
Rejestracja: 8 sty 2011, o 18:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 295 razy
Pomógł: 115 razy

Prawdopodobieństwo typowo maturalne

Post autor: adambak »

Ok, to próbuję. Widać że jednak lepiej robić tego bez kolejności, bo tam łatwo było coś przegapić (tak sądzę). Skoro nie uwzględniam kolejności to losuję 5 elementowe podzbioru zbioru 15 elementowego:
\(\displaystyle{ \left| \Omega\right|= {15 \choose 5} = 3003}\)
Teraz, znowu wiem że jest 7 takich par dających sumę 16. Żeby się nie powtarzać (z takimi samymi podzbiorami) to: wylosuję jedną z siedmiu liczb dla której mam parę, a następnie dokładnie tą jedną liczbę będącą jej parą. Potem skoro już wyciągnąłem dwie kule to zostało mi 13. I... nie wiem co zrobić z ósemką, mogę ją wylosować lub nie..

\(\displaystyle{ \left| A\right|= {7 \choose 1} * {1 \choose 1} * \frac{13 * 11 * 9}{3!}}\)
dzielę przez \(\displaystyle{ 3!}\) aby nie uwzględniać kolejności pozostałych trzech liczb.

Ale chyba nie da rady. Bo gdybym teraz losował jedną z 13, potem jedną z 11 i potem jedną z 9, tak jak wcześniej myślałem (aby losując jakąś liczbę, potem nie wylosować jej pary, więc za każdym razem odrzucając nie jedną, a dwie liczby) to wtedy nie uwzględniam tego czy w którymś losowaniu zdobyłem ósemkę, czy nie. Bo gdybym ją wyciągnął - to z liczbą kul do dyspozycji bym musiał zejść tylko o jeden bo nie ma dla ósemki pary..

Z kolei kombinowanie w tę stronę:
\(\displaystyle{ \left| A\right| = {7 \choose 1} * {1 \choose 1} * {13 \choose 3}}\)
nie wydaje mi się sensowne, bo musiałbym odejmować możliwości kiedy jest taka druga para która da sumę 16, a jakoś tego nie widzę..

Ewentualnie nieśmiało proponuję:
\(\displaystyle{ \left| A\right| = {7 \choose 1} * {1 \choose 1} * {13 \choose 3} - {7 \choose 1} * {1 \choose 1} * {6 \choose 1} * {1 \choose 1} * {11 \choose 1}}\)
Tak aby najpierw policzyć podzbiory w których co najmniej jedna para ma sumę 16 i od tej ilości odjąć tyle sytuacji ile jest, że są aż dwie pary stanowiące sumę 16. Ale to bardzo nieśmiało.. Jakieś duże prawdopodobieństwo wychodzi około 0.5..


-----------------------------
Aha, rozumiem. To ważne co dodałeś. Taka mi się refleksja nasuwa, że najbezpieczniej (o ile to możliwe, jeśli na to zadanie pozwala) korzystać z kombinacji bez powtórzeń, bo od razu wszystko widać. Oczywiście to tylko wtedy gdy losujemy, bez zwracania, bo jeśli ze zwracaniem - jestem zmuszony korzystać z wariacji z powtórzeniami i angażować sposób z mnożeniem..
mat_61
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4618
Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Racibórz
Pomógł: 866 razy

Prawdopodobieństwo typowo maturalne

Post autor: mat_61 »

Sposób A:
Teraz, znowu wiem że jest 7 takich par dających sumę 16. Żeby się nie powtarzać (z takimi samymi podzbiorami) to: wylosuję jedną z siedmiu liczb dla której mam parę, a następnie dokładnie tą jedną liczbę będącą jej parą. Potem skoro już wyciągnąłem dwie kule to zostało mi 13. I... nie wiem co zrobić z ósemką, mogę ją wylosować lub nie..

\(\displaystyle{ \left| A\right|= {7 \choose 1} * {1 \choose 1} * \frac{13 * 11 * 9}{3!}}\)

dzielę przez aby nie uwzględniać kolejności pozostałych trzech liczb.
Pomysł i trop dobry, ale w wykonaniu trzeba rzeczywiście uwzględnić sytuację z ósemką. Inaczej będzie wyglądać losowanie gdy ósemka będzie w tej dodatkowej trójce (bo nie ma nic do pary dającej w sumie 16) a inaczej gdy nie będzie. Musiałbyś więc uwzględnić dwa przypadki (i je dodać):

I: nie ma ósemki:

\(\displaystyle{ \left| A\right|= {7 \choose 1} \cdot {1 \choose 1} \cdot \frac{12 \cdot 10 \cdot 8}{3!}}\)

II: jest ósemka (czyli musimy wybrać 8 i "dolosować" jeszcze dwie liczby)

\(\displaystyle{ \left| A\right|= {7 \choose 1} \cdot {1 \choose 1} \cdot {1 \choose 1} \cdot \frac{12 \cdot 10}{2!}}\)

Sposób B:
Z kolei kombinowanie w tę stronę:

\(\displaystyle{ \left| A\right| = {7 \choose 1} * {1 \choose 1} * {13 \choose 3}}\)

nie wydaje mi się sensowne...
I słusznie - nie jest to dobry sposób.

Sposób C:
Ewentualnie nieśmiało proponuję:

\(\displaystyle{ \left| A\right| = {7 \choose 1} * {1 \choose 1} * {13 \choose 3} - {7 \choose 1} * {1 \choose 1} * {6 \choose 1} * {1 \choose 1} * {11 \choose 1}}\)

Tak aby najpierw policzyć podzbiory w których co najmniej jedna para ma sumę 16 i od tej ilości odjąć tyle sytuacji ile jest, że są aż dwie pary stanowiące sumę 16. Ale to bardzo nieśmiało..
I tutaj niesłusznie (oczywiście jeżeli chodzi o Twoją nieśmiałość ) Proponuję więcej odwagi, bo jest to sposób jak najbardziej poprawny i wg mnie najładniejszy (choć to oczywiście rzecz gustu). Sprawdź, że otrzymasz taki sam wynik jak w sposobie A (poprawionym).

------------------------------------------

Jedna mała uwaga techniczna: w LATEX-u mnożenie zapisujemy jako cdot a nie za pomocą *
adambak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1272
Rejestracja: 8 sty 2011, o 18:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 295 razy
Pomógł: 115 razy

Prawdopodobieństwo typowo maturalne

Post autor: adambak »

To jakoś dobrnąłem do końca. Bardzo Ci dziękuję za takie podejście do problemu - najpierw naprowadzenie, wskazówka, a potem dokładne wytłumaczenie po kolei, które rozumowanie jak działa, jakie ma wady i zalety. Bardzo mi pomogłeś. Zrobiłem kilka równie trudnych (dla mnie) zadań
ze zbiorku i mi się zgodziły z odpowiedziami. Zaczyna mi się podobać to prawdopodobieństwo, kiedy więcej rozumiem

PS faktycznie, następnym razem zastosuję mnożenie za pomocą cdot. Jeszcze raz dziękuję.
mat_61
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4618
Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Racibórz
Pomógł: 866 razy

Prawdopodobieństwo typowo maturalne

Post autor: mat_61 »

Życzę wytrwałości w przygotowaniu do matury.
adambak
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1272
Rejestracja: 8 sty 2011, o 18:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 295 razy
Pomógł: 115 razy

Prawdopodobieństwo typowo maturalne

Post autor: adambak »

Dziękuję, będzie ciężko bo pasje (programowanie) i ambicje (UW informatyka) bardzo duże, a możliwości różne. Ale mam zapał
ODPOWIEDZ