kostka, dwa rzuty

Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
prawyakapit
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 650
Rejestracja: 9 paź 2011, o 19:18
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: łódź
Podziękował: 2 razy

kostka, dwa rzuty

Post autor: prawyakapit »

Oblicz prawdopodobieńśtwo zdarzenia, polegającego na tym że po 3 rzutach symetryczna kostką do gry przynajmniej razy wypadła szóstkai przynajmniej raz jedynka.

Zastanawiam się czy mogę to policzyć przez permutacje tj. na pierwszym miejscu mam szóstkę, na drugim trójką a na trzecim jedną z dowolnych 6 cyfr i mnożę to przez 3! tj
\(\displaystyle{ |A|=1 \cdot 1 \cdot 6 \cdot 3!}\) ??
Ostatnio zmieniony 12 kwie 2012, o 12:55 przez prawyakapit, łącznie zmieniany 3 razy.
Awatar użytkownika
scyth
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6392
Rejestracja: 23 lip 2007, o 15:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 1087 razy

kostka, dwa rzuty

Post autor: scyth »

Jak masz dwa rzuty i przynajmniej raz musi wypaść jedynka i przynajmniej raz szóstka, to znaczy to, że wyrzucisz 1 i 6 lub 6 i 1.
prawyakapit
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 650
Rejestracja: 9 paź 2011, o 19:18
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: łódź
Podziękował: 2 razy

kostka, dwa rzuty

Post autor: prawyakapit »

o matko pomyliłam się chodziło mi o 3 rzuty
Awatar użytkownika
scyth
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6392
Rejestracja: 23 lip 2007, o 15:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 1087 razy

kostka, dwa rzuty

Post autor: scyth »

Zauważ, że masz policzyć prawdopodobieństwo, a nie na ile sposobów możesz osiągnąć taki wynik.
W obu twoich rozwiązaniach jest błąd - zauważ, że możesz mieć sytuację, że masz dwie szóstki/jedynki, czyli na przykład:
1,1,6
1,6,1
6,1,1
A ty to liczysz jakby to było sześć przypadków:
1,[1],6
[1],1,6
itd., gdzie [1] oznacza jedynkę w rzucie, gdzie możesz mieć dowolną liczbę oczek. Te przypadki są nierozróżnialne.

Musisz zliczyć trzy zdarzenia:
- dwie jedynki i szóstka
- jedynka i dwie szóstki
- jedynka, szóstka i jedna z czterech pozostałych liczb
prawyakapit
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 650
Rejestracja: 9 paź 2011, o 19:18
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: łódź
Podziękował: 2 razy

kostka, dwa rzuty

Post autor: prawyakapit »

zatem :
I przypadek: jedynka i dwie szóstki- 3 możliwości
II przypadek:: dwie szóstki i jedynka- 3 mozliwości
II przypadek: jedynka, szóstka i coś- \(\displaystyle{ 4 \cdot 3= 13}\) możliwości.

tak ?

a prawdopodobieństwo zatem:

\(\displaystyle{ P(A)= \frac{18}{216}}\)
Awatar użytkownika
scyth
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6392
Rejestracja: 23 lip 2007, o 15:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 1087 razy

kostka, dwa rzuty

Post autor: scyth »

\(\displaystyle{ 4 \cdot 3 \ne 13}\)
Poza tym OK.
prawyakapit
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 650
Rejestracja: 9 paź 2011, o 19:18
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: łódź
Podziękował: 2 razy

kostka, dwa rzuty

Post autor: prawyakapit »

przepraszam pomyłka w pisaniu ; )
Awatar użytkownika
scyth
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6392
Rejestracja: 23 lip 2007, o 15:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 1087 razy

kostka, dwa rzuty

Post autor: scyth »

Wiem, bo przecież później dobrze policzyłaś.
norwimaj
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5101
Rejestracja: 11 mar 2011, o 16:31
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 52°16'37''N 20°52'45''E
Podziękował: 4 razy
Pomógł: 1001 razy

kostka, dwa rzuty

Post autor: norwimaj »

prawyakapit pisze: II przypadek: jedynka, szóstka i coś- \(\displaystyle{ 4 \cdot 3= 13}\) możliwości.
Mam wrażenie że trochę więcej. Wybieramy miejsce dla jedynki, miejsce dla szóstki i jedną z pozostałych liczb, zatem \(\displaystyle{ 3\cdot2\cdot4}\) możliwości.
Awatar użytkownika
scyth
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6392
Rejestracja: 23 lip 2007, o 15:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 1087 razy

kostka, dwa rzuty

Post autor: scyth »

No tak, \(\displaystyle{ 3! \cdot 4}\)
ODPOWIEDZ