Ułożenie cyfr

[józef92]

Liczby 1,2....n zostały ustawione przypadkowo. Znaleźć p-stwo, że :

a) cyfry 1 i 2 pojawią się w sąsiedztwie i w wymienionej kolejności oraz
b) cyfry 1,2,3 j/w

I robię:

Mamy k kombinacji ze zbioru n elementowego czyli: \(\displaystyle{ C^{k=n}_{n}=n!}\)

P-Stwo trafienia 1 na pierwszej pozycji wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{n!}}\) oraz p-stwo trafienia po niej 2 to również \(\displaystyle{ \frac{1}{n!}}\)?

Proszę tylko o nakierowywanie.

[mat_61]

Wskazówka:

cyfry 1 i 2 pojawią się .... zakładam, ze miało być liczby a nie cyfry

cyfry (liczby) 1 i 2 pojawią się w sąsiedztwie i w wymienionej kolejności nie oznacza, że liczba 1 będzie pierwsze a liczba 2 druga tylko to, że liczba 1 będzie bezpośrednio przed liczbą 2 (czyli np. liczba 1 może być na miejscu 52 a liczba 2 na miejscu 53 - jeżeli n>52)

Łatwo policzysz ile jest wszystkich możliwości ustawień.
Teraz "sklej" liczby 1 i 2 i potraktuj jako jeden element (do ustawienia masz wówczas n-1 elementów)

[józef92]

No skoro na n-tej pozycji wstawie jeden to wtedy mam do ustawienia n-1 elementów, ale nie wiem jak wyrazić to p-stwem, skoro mam zbiór \(\displaystyle{ \Omega={1,2...n}}\)


Czyli \(\displaystyle{ P(A)=\frac{1}{n}+\frac{1}{n-1}}\)??

Nie chyba nie

[mat_61]

Więc skoro mamy n! wszystkich k kombinacji ze zbioru n elementowego ...

To co tutaj napisałeś nie ma większego sensu.
Co to jest k?
Zamień oznaczenia n i k na jakieś liczby i przeczytaj zdanie które napisałeś.

...należy obliczyć ile mamy kombinacji 2 elementowych ze zbioru n elementowego ( w a )?

Przecież my nie wybieramy żadnych dwóch elementów spośród n, tylko liczby od 1 do n ustawiamy w szeregu.

a1) Wszystkich (czyli dowolnych) takich ustawień mamy ... (?) - ile? Czyli \(\displaystyle{ |\Omega|=...}\)

a2) Ile mamy takich ustawień w których liczby 1 i 2 są obok siebie w takiej kolejności? Jak to obliczyć zakładając, że para 1-2 jest "nierozerwalna"?
Gdybyśmy mieli kartki z napisanymi liczbami, to dla zapewnienia, że para 1-2 ma być "nierozerwalna, kartki z liczbami 1 i 2 sklejamy ze sobą i znów wszystkie kartki ustawiamy w dowolny sposób.

Ile mamy teraz kartek?
Na ile sposobów możemy je ustawić? Czyli \(\displaystyle{ |A|=...}\)

-- 1 gru 2011, o 20:08 --

UWAGA TECHNICZNA:

Nie edytuj swojego postu podczas pisania przeze mnie odpowiedzi, bo wówczas taka odpowiedź nie ma logicznego związku z Twoim poprawionym wpisem.

No skoro na n-tej pozycji wstawie jeden[/latex]

Dlaczego jeden miałoby być na n-tej pozycji?

...skoro mam zbiór \(\displaystyle{ \Omega={1,2...n}}\)

To nie jest zbiór \(\displaystyle{ \Omega}\). Zbiór \(\displaystyle{ \Omega}\) to byłby zbiór wszystkich możliwych, różnowartościowych ciągów zawierających liczby od 1 do n.-- 1 gru 2011, o 20:16 --Odpowiedz na trzy, postawione powyżej pytania.

[józef92]

Ad 1)

Nie wiem czy dobrze rozumiem, ale n liczb można tutaj ustawić na n! różnych sposobów?

Ad 2) Zakładam, że \(\displaystyle{ A=(1,2)}\)

czyli \(\displaystyle{ A+(n-2)!}\)??

[mat_61]

Ad 1) Nie wiem czy dobrze rozumiem, ale n liczb można tutaj ustawić na n! różnych sposobów?

OK

Ad 2) Zakładam, że \(\displaystyle{ A=(1,2)}\) czyli \(\displaystyle{ A+(n-2)!}\)??

Odpowiedz konkretnie na dwa kolejne pytania z mojego postu powyżej, czyli:

Ile mamy teraz kartek?
Na ile sposobów możemy je ustawić? Czyli \(\displaystyle{ |A|=...}\)

[józef92]

Ad 2) Skoro jest nierozerwalna czy stanowi tzw ( jeden elementy ) to potem mamy do ustawienia ich n-1

Ad3) możemy je ustawić na \(\displaystyle{ (n-1)!}\) sposobów

Zgadza się?

[mat_61]

Tak.

Teraz oblicz prawdopodobieństwo.

[józef92]

P-stwo to \(\displaystyle{ P(A)=\frac{(n-1)!}{n!}}\)?

[mat_61]

Dobrze.

Teraz skróć ten ułamek.

[józef92]

W porządku to już sobie poradzę teraz punkt B robimy analogicznie z tym, że automatycznie mam -2 elementy mniej do ułożenia czyli

\(\displaystyle{ P(B)=\frac{(n-2)!}{n!}}\)

[mat_61]

Oczywiście jest dobrze.