Gra polega na jednoczesnym rzucie trzema różnymi monetami

Errichto · Post autor: **Errichto** » 3 kwie 2011, o 17:43

Masz piłki 1,2,3,4,5 - ile jest możliwości wybrania jednej?
Chociażby policz.

huber5 · Post autor: **huber5** » 3 kwie 2011, o 17:44

Errichto · Post autor: **Errichto** » 3 kwie 2011, o 17:56

tak
albo inaczej: \(\displaystyle{ {5 \choose 1}}\)

huber5 · Post autor: **huber5** » 3 kwie 2011, o 18:03

A te pozostałe piłeczki to jak będzie? czyli 4 piłeczki do pudełka numer 4 a 1 piłeczka do pudełka nr 1?-- 3 kwi 2011, o 18:04 --Czyli jak do tego prawdopodobieństwo obliczyc? bo omega nadal będzie 7776?

Errichto · Post autor: **Errichto** » 3 kwie 2011, o 18:06

Tak, masz przecież tak w poleceniu.

Masz 5 możliwości ustalenia, która piłeczka idzie do nr 1. Reszta idzie do nr 4. Już nic się z tym nie da zrobić.

huber5 · Post autor: **huber5** » 3 kwie 2011, o 18:09

A jeżeli chodzi o to zad 3 to w a) rzeczywiście chyba 1 będzie prawdopodobieństwo
w b) omega będzie wynosic 6 a zdarzenie A?

Errichto · Post autor: **Errichto** » 3 kwie 2011, o 18:16

b) Moc omegi to \(\displaystyle{ 6!}\) a nie \(\displaystyle{ 6}\). Moc A sam napisałeś w 1. poście, a ja potwierdziłem.

huber5 · Post autor: **huber5** » 3 kwie 2011, o 18:24

w c) omega też 6! będzie? a jeżeli chodzi o te sposoby to nadal będzie 3!*3! bo chyba na tyle sposobów mogą się zamienic

Errichto · Post autor: **Errichto** » 3 kwie 2011, o 18:27

Omega dobrze.

Patrz mój pierwszy post.
Są 2 możliwe ustawienia, powiedzmy: "ogólne" - dcdcdc, cdcdcd. W każdym z nich mamy \(\displaystyle{ 3! \cdot 3!}\) możliwości. Razem \(\displaystyle{ 2 \cdot 3! \cdot 3!}\).

huber5 · Post autor: **huber5** » 3 kwie 2011, o 18:33

ok, a w d) będzie moc A 5! * 2 = 240

a w e) żeby obliczyc moc A należy to wszystko wymnożyc co podałes w 1. poście?

Errichto · Post autor: **Errichto** » 3 kwie 2011, o 18:48

d) Dobrze.
e) Tak, trzeba pomnożyć te 3 liczby.

huber5 · Post autor: **huber5** » 3 kwie 2011, o 18:52

Ok, dzięki za pomoc