Zadania z prawdopodobieństwem

[prawdopodobny]

Proszę o pomoc przy rozwiązaniu zadań ;]

Zad1.
Niesforny Kubuś rozrzucił siedmiotomową encyklopedię na podłogę. Przestraszony szybko ustawił ją na półce, zupełnie nie zwracając uwagi na kolejność tomów. Jakie jest prawdopodobieństwo, że tomu 1 i 2 nie stoją obok siebie.

Tu mi wyszło z przeciwieństwa \(\displaystyle{ P(A)=\frac{5}{7}}\)

Zad2.
W klasie jest 15 chłopców. Ile jest co najwyżej dziewcząt, jeżeli prawdopodobieństwo wybrania dwuosobowej delegacji składającej się tylko z dziewcząt jest jest mniejsze od \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\)?

Tu mi wyszło, że może być co najwyżej 20 dziewcząt.

Zad3.
W przedziale jest 8 ponumerowanych miejsc, po 4 w każdym rzędzie. Do tego przedziału weszło 6 pasażerów. Jakie jest prawdopodobieństwo, że zajmując losowo miejsca usiądą w taki sposób, że będą tylko dwie pary osób siedzących naprzeciwko siebie?

Tutaj P(A) wyszło mi \(\displaystyle{ \frac{32}{35}}\)

Zad4.
Ze zbioru liczb {3,4,5,6,7,8,9} wybrano kolejno, ze zwracaniem, dwie liczby i utworzono z nich liczbę dwucyfrową. Oblicz prawdopodobieństwo, że utworzona liczba będzie podzielna przez 3 lub przez 4.

Tutaj wyszło mi \(\displaystyle{ \frac{7}{32}}\)

Zad5.
Dany jest wielomian W(x) w postaci iloczynowej: \(\displaystyle{ W(x)=(x-1)^{11}*(x+1)^{11}}\). Wielomian ten został wymnożony i uporządkowany. Jaki współczynnik jest przy wielomianie \(\displaystyle{ x^{20}}\)? Odpowiedź uzasadnij.

Coś kombinowałem z trjókątem Pascala, ale nie wiem jak to zrobić.

Zad6.
Z talii 52 kart losujemy jednocześnie dwie karty. Jakie jest prawdopodobieństwo, że co najwyżej jedna karta jest królem, jeśli wiadomo, że żadna z nich nie jest pikiem?

Tutaj mam \(\displaystyle{ P(A)=\frac{938}{1326}}\)

Zad7.
Rzucamy sześć razy dwiema kostkami do gry. Oblicz prawdopodobieństwo, że otrzymamy sumę oczek podzielną przez 3:
a)tylko dwa razy
b) co najmniej 1 raz

Tutaj też za bardzo nie wiem jak zacząć i pociągnąć dalej.

Zad8.
Zakłady radiowe zaopatrują się w tranzystory tylko u dwóch kooperatorów T1 i T2. Pierwszy z nich pokrywa zaopatrzenie zakładu w 70%. Kooperanci produkują odpowiednio 90% i 80% tranzystorów w najwyższej klasie jakości. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że losowo wybrany tranzystor jest w najwyższej klasie jakości.

Tutaj mam \(\displaystyle{ P(A)=\frac{87}{100}}\)

Zad9.
Wiadomo, że zdarzenia A i B są niezależne oraz \(\displaystyle{ P(A’ \cup B’)=\frac{2}{3}, P(B)=\frac{1}{2}}\).
a)Oblicz P(A)
b) Czy zdarzenia A i B są rozłączne? Odpowiedź uzasadnij.

Tutaj P(A) wyszło mi \(\displaystyle{ P(A)=\frac{2}{3}}\), i że istnieje część wspólna A i B, to nie są rozłączne.

Proszę o pomoc.

[mat_61]

1) OK

2) NIE

7) Schemat Bernouliego (w tym b) ze zdarzenia przeciwnego)

8) OK

Proponuję, żebyś pokazał swoje rozwiązania a nie tylko same wyniki. Wtedy znacznie łatwiej sprawdzić czy jest ono poprawne, bo tak to trzeba zrobić całe zadanie i w przypadku różnych wyników i tak nie wiadomo, kto, gdzie i jaki błąd popełnił.-- 22 paź 2011, o 19:42 --9) P(A) jest OK, ale nie masz uzasadnienia odpowiedzi b) - skąd wiesz, że istnieje część wspólna?

[prawdopodobny]

No więc w drugim zrobiłem to w ten sposób:

n-liczba dziewcząt

Możliwe wybory dwóch dziewczyn - \(\displaystyle{ {n\choose 2}}\)
Cała klasa liczy \(\displaystyle{ 15+n}\) osób, więc wszystkie możliwe wybory dwóch osób z klasy to \(\displaystyle{ {n+15\choose 2}}\) (i to jest omega).

Więc \(\displaystyle{ P(A)=\frac{{n\choose 2}}{{n+15\choose 2}} \le \frac{1}{3}}\)

(powinno być mniejsze, nie mniejsze równe, przepraszam)

I z tego mi wyszło równanie kwadratowe i wynik 21.

Co do 9, to:

\(\displaystyle{ P(A' \cup B') = P((A \cap B)')}\)
\(\displaystyle{ P((A \cap B)') = \frac{2}{3}}\)
\(\displaystyle{ P(A \cap B) = 1 - P((A \cap B)') = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}}\)

[mat_61]

2) Jest OK. rzeczywiście powinno być 20
9) Teraz uzasadnienie jest OK.

4) Mógłbyś napisać rozwiązanie? Wszystkich liczb dwucyfrowych utworzonych z podanych siedmiu cyfr jest 49. W mianowniku może więc być albo 49 albo 7. Skąd u Ciebie jest 32?

6) Pokaż swoje rozwiązanie, bo wg mnie wynik powinien być inny.-- 23 paź 2011, o 11:18 --3) Tutaj także możesz pokazać swoje rozwiązanie, bo ja mam wynik \(\displaystyle{ \frac{30}{35}= \frac{6}{7}}\) a sprawdzałem dwoma różnymi sposobami.

[prawdopodobny]

Czwarte:

Racja, nie wiem jak to zrobiłem, ale naliczyłem 8 cyfr ;]
W takim razie poprawiona wersja mojego toku rozumowania wygląda tak:

Wypisałem cobie możliwe liczby utworzone z tych cyfr podzielne przez 3 (jest ich 10) i podzielne przez 4 (tych jest 8).

\(\displaystyle{ P(A)=\frac{10}{49}, P(B)=\frac{8}{49}}\)

Gdzie P(A) to p. wylosowania liczby podzielnej przez 3, a P(B) - przez 4.

\(\displaystyle{ P(A \cup B) = \frac{14}{49}}\)

Zadanie szóste:

\(\displaystyle{ |\Omega| = {52\choose 2} = 1326}\)

Po odjęciu pików zostaje 39 kart. Ma być 1 lub zero króli, więc wybieram jednego z trzech króli i jedną z pozostałych 36 kart LUB dwie z pozostałych 36 kart:

\(\displaystyle{ {3\choose 1}*{36\choose 1}+{36\choose 2}=938}\),
zatem \(\displaystyle{ P(A)=\frac{938}{1326}}\)

Trzecie:

Teraz spojrzałem na to jeszcze raz i moje rozwiązanie jest bez sensu. Mógłbyś napisać swoje?

[mat_61]

4) Chyba nie wypisałeś sobie wszystkich liczb podzielnych przez 3 i 4. Sprawdź jeszcze raz. Np. przez 4 dzielą się liczby: 36,44,48,56,64,68,76,84,88,96.

6)
a- Moc zbioru Omega także liczysz bez uwzględniania pików (lub korzystasz ze wzoru na p-stwo warunkowe co na jedno wychodzi).
b- \(\displaystyle{ {3\choose 1}*{36\choose 1}+{36\choose 2} \neq 938}\)

3) Teraz wychodzę, napiszę po powrocie.

[prawdopodobny]

Masz rację. Po poprawkach:

6.
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{738}{741}}\)

4.
\(\displaystyle{ P(A \cup B) = \frac{25}{49}}\)

Teraz jest dobrze?

[mat_61]

Ta pierwsza odpowiedź, to jest oczywiście dotyczy zadania 6) a nie 4) i jest OK.

Co do zadania 4) to wg mnie liczb podzielnych przez 3 jest 17, co daje łącznie z podzielnymi przez 4, 27 liczb.

3)

\(\displaystyle{ |\Omega|= \frac{8!}{(8-6)!} =...}\)

To jest chyba oczywiste:

A teraz moc zbioru A:

I: liczymy wprost moc zbioru A

a - wybieramy dwie pary, które będą siedzieć naprzeciwko siebie, co możemy zrobić na:

\(\displaystyle{ \frac{ {6 \choose 2} \cdot {4 \choose 2} }{2!}=...}\)

sposobów

b - rozsadzamy te dwie pary w przedziale: dla pierwszej pary możemy wybrać jedno z czterech zestawów miejsc i posadzić na nich tą parę na dwa sposoby; dla drugiej pary możemy wybrać jedno z pozostałych trzech zestawów miejsc i posadzić na nich tą parę także na dwa sposoby. Te dwie wybrane pary możemy więc posadzić na:

\(\displaystyle{ 4 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 2=...}\)

sposobów

c - teraz musimy posadzić dwie ostatnie osoby tak aby nie siedziały naprzeciwko siebie: pierwszą osobę możemy posadzić na dowolnym z pozostałych czterech miejsc, a drugą na dowolnym z dwóch ostatnich do wyboru (z wyjątkiem tego które jest naprzeciwko pierwszej). Ostatnie dwie osoby możemy więc posadzić na:

\(\displaystyle{ 4 \cdot 2=...}\)

sposobów.

Teraz wystarczy pomnożyć przez siebie ilości możliwości z punktów a) b) i c)

II: Moc zbioru A liczymy ze zdarzenia przeciwnego (znacznie prostsze), czyli: \(\displaystyle{ |A|=|\Omega|-|A'|}\), gdzie A': ilość możliwości posadzenia osób w taki sposób, że trzy pary siedzą naprzeciwko siebie.

Wybieramy trzy zestawy miejsc (z czterech) i na tych miejscach rozsadzamy w dowolny sposób wszystkie osoby. Możemy to zrobić na:

\(\displaystyle{ |A'|={4\choose 3} \cdot 6!=...}\)

sposobów.

5)
Wskazówka:
\(\displaystyle{ (x-1)^{11} \cdot (x+1)^{11}=\left( (x-1) \cdot (x+1)\right)^{11}=\left( x^2-1\right)^{11}}\)

[prawdopodobny]

Co do 4:

Ok jest 17 podzielnych przez 3 i 10 podzielnych przez 4. Ale jedna wątpliwość - w zadaniu mam powiedziane "podzielnych przez 3 LUB przez 4", więc część wspólną powinienem odjąć, prawda?

Wtedy wyjdzie \(\displaystyle{ P(A)=\frac{23}{49}}\)

I jeszcze moje wątpliwe rozwiązanie do 7:

a) \(\displaystyle{ P _{6}(2)= {6\choose 2} (\frac{13}{36})^{2}(\frac{23}{36})^{4}}\)

b) \(\displaystyle{ P(B)=1-(\frac{23}{36})^{6}}\)

[mat_61]

4) Nie tyle trzeba odjąć część wspólną (zakładam, że to taki skrót myślowy) ale trzeba odjąć ilość liczb powtarzających się w obydwu zbiorach, bo inaczej byłyby policzone podwójnie, czyli:

\(\displaystyle{ |(A \cup B)|=|A|+|B|-|(A \cap B)|}\)

Rozwiązanie jest OK.

7) Sam sposób rozwiązania jest poprawny, ale wartości liczbowe nie. Ile jest par których suma jest podzielna przez 3?

[prawdopodobny]

4 - Tak, to miałem na myśli.

7 - No to mamy tak {(1,2),(1,5),(2,1),(2,4),(3,3),(3,6),(4,2),(4,5),(5,1),(5,4),(6,3),(6,6)}, czyli ostatecznie - 7 możliwości (poprzednio nie odjąłem powtarzających się). Więc p. sukcesu w jednej próbie to \(\displaystyle{ \frac{7}{36}}\).

a) \(\displaystyle{ P _{6}(2)= {6\choose 2} (\frac{7}{36})^{2}(\frac{29}{36})^{4}}\)

b) \(\displaystyle{ P(B)=1-(\frac{29}{36})^{6}}\)

[mat_61]

Nie miałeś odejmować powtarzających się, bo te 2-elementowe "zestawy" to ciągi (a nie zbiory). Pierwszy element to liczba oczek na pierwszej kostce, a drugi element to liczba oczek na drugiej kostce, czyli np. wyniki (1;2) oraz (2;1) to są różne wyniki.

[prawdopodobny]

No dobra, czyli będzie tak:

a) \(\displaystyle{ P _{6}(2)= {6\choose 2} (\frac{1}{3})^{2}(\frac{2}{3})^{4}}\)

b) \(\displaystyle{ P(B)=1-(\frac{2}{3})^{6}}\)

Po prostu myślałem, że skoro na raz rzucam dwiema kostkami, to nie ma znaczenia na której wypadnie 1 a na której 2.

Aha i jeszcze co do zadania 5 - jeżeli dobrze zrozumiałem, to współczynnik przy \(\displaystyle{ x ^{20}}\) jest równy \(\displaystyle{ -11}\). Mam rację?

[mat_61]

Teraz jest OK.

Po prostu myślałem, że skoro na raz rzucam dwiema kostkami, to nie ma znaczenia na której wypadnie 1 a na której 2.

Ale dlaczego w takim razie napisałeś (oczywiście jest to dobrze), że wszystkich możliwych wyników jest 36? Przecież wiele z nich to "powtarzające się pary"

W podanym linku masz wyjaśnienie odnośnie traktowania wyników rzutu kostką (i nie tylko) jako ciągu a nie zbioru (niezależnie od tego czy np. kostki są rozróżnialne czy też nie):

https://matematyka.pl/215601.htm#p800195 (post: 23 paź 2010, o 17:16)

Myślę, że jest to wytłumaczone dość przejrzyście. Gdybyś miał wątpliwości to zapytaj.

Aha i jeszcze co do zadania 5 - jeżeli dobrze zrozumiałem, to współczynnik przy jest równy \(\displaystyle{ -11}\) . Mam rację?

Tak.
W rozwinięciu dwumianu Newtona jest to drugi składnik wynoszący:

\(\displaystyle{ {11 \choose 1} \cdot \left( x^{2}\right) ^{11-1} \cdot (-1)=-11x^{20}}\)

[prawdopodobny]

Faktycznie, nie spojrzałem na to z tej strony.

Czyli wszystkie. Wielkie dzięki Ci, nawet nie wiesz jak bardzo mi pomogłeś

Jeszcze raz - dzięki.