Prawdopodobieństwo wylosowania liczby parzystej

[pini]

Ze zbiory \(\displaystyle{ {1,2,3,4,5,6,7}}\) losujemy trzy razy po jednej liczbie bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia
a) A- suma wylosowanych liczb będzie liczbą parzystą,
b) B- iloczyn wylosowanych liczb będzie liczbą parzystą.

Zadanie rozwiązałam w poniższy sposób, niestety nie wiem dlaczego mój wynik nie zgadza się z odpowiedzią.

\(\displaystyle{ \Omega=7 \cdot 6 \cdot 5=210}\)
\(\displaystyle{ A=3 \cdot 2 \cdot 1+4 \cdot 3 \cdot 3=42}\)
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{1}{5}}\)

[mat_61]

A możesz wyjaśnić te kolejne iloczynu dla \(\displaystyle{ |A|}\)

[pini]

Ja rozumiem to zadanie tak: Mamy dwie możliwości. Uzyskamy sumę wylosowanych liczb jeżeli 1) wszystkie liczby będą parzyste (możemy wylosować za pierwszym razem 3, za drugim 2, za 3 1) lub 2) dwie będą nieparzyste jedna parzysta (mamy \(\displaystyle{ 4 \cdot 3 \cdot 3}\) takich możliwości) wszysto sumujemy \(\displaystyle{ 3 \cdot 2 \cdot 1+4 \cdot 3 \cdot 3}\).

Podpunktu B jeszcze nie robiłam, ponieważ zrobiłabym go analogicznie jak A, jeśli pierwszy podpunkt jest źle to znaczy, że drugi też będzie.

[mat_61]

Po pierwsze:

\(\displaystyle{ 7 \cdot 6 \cdot 5 \neq 120}\) (ale myślę, że to błąd przy pisaniu)

Po drugie:

Jeżeli uwzględniasz kolejność wylosowanych liczb i wśród wylosowanych mają być dwie nieparzyste i jedna parzysta, to mogą one być w różnej kolejności tzn.:

nieparzysta - nieparzysta - parzysta
nieparzysta - parzysta - nieparzysta
parzysta - nieparzysta - nieparzysta

[pini]

czyli przemnażam to razy \(\displaystyle{ 3!}\) ?

[mat_61]

Nie.

Mnożysz to razy \(\displaystyle{ 3}\), bo dwie liczby nieparzyste mają już uwzględnioną kolejność. Natomiast liczba parzysta może być na początku, w środku lub na końcu.

[pini]

3 liczby mogą ustawić się na \(\displaystyle{ 3!}\) sposobów, ale wtedy prawdopodobieństwo jest niemożliwe.

Nie.

Mnożysz to razy \(\displaystyle{ 3}\), bo dwie liczby nieparzyste mają już uwzględnioną kolejność. Natomiast liczba parzysta może być na początku, w środku lub na końcu.

Dzięki.
Wiem. Bo liczby parzysta i nieparzyste mogą ustawić się na \(\displaystyle{ \frac{3!}{2!}}\) sposobów. Czy mam rację?

[mat_61]

Trzy liczby możesz ustawić na \(\displaystyle{ 3!}\) sposobów ale w Twoim sposobie liczenia dwie liczby nieparzyste mają już uwzględnioną kolejność bo np. wylosowanie liczb 1-5 oraz 5-1 liczysz jako różne. Musisz więc uwzględnić tylko położenie liczby parzystej która może być w jednym z trzech miejsc.

Czyli to co policzyłaś:

\(\displaystyle{ 4 \cdot 3 \cdot 3=36}\)

musisz pomnożyć przez 3, czyli będzie:

\(\displaystyle{ 3 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 3=108}\)

możesz natomiast policzyć w ten sposób:

Wybierasz dwie liczby nieparzyste z czterech (kombinacje):

\(\displaystyle{ {4 \choose 2} =6}\)

i jedną liczbę parzystą:

\(\displaystyle{ {3 \choose 1}}\)

czyli masz:

\(\displaystyle{ {4 \choose 2} \cdot {3 \choose 1}=18}\)

zestawów różnych liczb, które możesz ustawić na 3! sposobów:

\(\displaystyle{ 3! \cdot 18=108}\)

[sieniaf]

Z własności dodawania otrzymujemy:
\(\displaystyle{ n_{1}+n_{2}+p_{1}=p_{2}}\)
\(\displaystyle{ p_{1}+p_{2}+p_{3}=p_{4}}\)

gdzie \(\displaystyle{ p_{k}}\) to liczba parzysta, natomiast \(\displaystyle{ n_{k}}\) - nieparzysta. Ponieważ dodawanie jest przemienne możemy skorzystać z kombinacji bez powtórzeń.

\(\displaystyle{ \Omega}\) - wszystkie 3-wyrazowe kombinacje bez powtórzeń zbioru 7 elementowego
\(\displaystyle{ \left| \Omega \right|=C_{7}^{3}= {7 \choose 3} = 35}\)

1. Wszystkich kombinacji 3 wyrazowych, gdzie wszystkie 3 elementy będą liczbami parzystymi jest: \(\displaystyle{ C_{3}^{3}}\) wynika to z tego, że w zbiorze \(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3,4,5,6,7\right\}}\) są 3 liczby parzyste.

2. Wszystkich kombinacji 3 wyrazowych, gdzie 2 elementy będą liczbami nieparzystymi, a 1 element liczbą parzystą jest: \(\displaystyle{ C_{2}^{4}C_{1}^{3}}\) ponieważ w zbiorze są 4 liczby nieparzyste i 3 liczby parzyste.

1. przypadek i 2. przypadek to zdarzenia rozłączne (nie mogą zajść jednocześnie), zatem wyniki z podpunktu 1. i 2. dodajemy zgodnie z regułą dodawania:

\(\displaystyle{ \left| A \right| = C_{3}^{3}+C_{2}^{4}C_{1}^{3}=1+18=19}\)

\(\displaystyle{ P(A)=\frac{\left| A\right| }{\left| \Omega \right| }=\frac{19}{35}}\)

[mat_61]

pini, oczywiście tak jak napisałaś możesz ustawienia liczb nieparzystych i parzystych potraktować jako permutacje z powtórzeniami, czyli możliwych ustawień będzie \(\displaystyle{ \frac{3!}{2!}}\)

[pini]

Dzięki mat_61

możesz natomiast policzyć w ten sposób:

Wybierasz dwie liczby nieparzyste z czterech (kombinacje):

\(\displaystyle{ {4 \choose 2} =6}\)

i jedną liczbę parzystą:

\(\displaystyle{ {3 \choose 1}}\)

czyli masz:

\(\displaystyle{ {4 \choose 2} \cdot {3 \choose 1}=18}\)

zestawów różnych liczb, które możesz ustawić na 3! sposobów:

\(\displaystyle{ 3! \cdot 18=108}\)

Tylko zastanawiam się jak wtedy będzie z omegą (bo z tego co wiem to chyba nie można liczyć omegi innym sposobem niż zdarzenie A- jeśli się mylę, popraw mnie)
W sumie omegi nie powinnam liczyć kombinacjami, bo ważna w tym przypadku jest kolejność.

[mat_61]

1.
\(\displaystyle{ |\Omega|=...}\) masz policzoną dobrze. W podanym przeze mnie rozwiązaniu jest przyjęte przez Ciebie założenia, że uwzględniamy kolejność wylosowanych liczb.

2.
Zauważ, że kolejność wylosowanych elementów można uwzględnić licząc moc zbioru zarówno jako wariacje bez powtórzeń (tak jak zrobiłaś licząc moc \(\displaystyle{ |\Omega|=...}\)) jak i wybierając elementy (kombinacje) a następnie je porządkując (tak jak w powyższej mojej propozycji)

3.
Warto zapamiętać, że:

\(\displaystyle{ \mbox{wariacje bez powtórzeń} \ = \ \mbox{kombinacje bez powtórzeń} \ \cdot \ \mbox{permutacje}}\)

[pini]

Jeszcze raz wielkie dzięki mat_61

2.
Zauważ, że kolejność wylosowanych elementów możesz uwzględnić licząc moc zbioru zarówno jako wariacje bez powtórzeń (tak jak zrobiłaś licząc moc \(\displaystyle{ |\Omega|=...}\)) jak i wybierając elementy (kombinacje) a następnie je porządkując (tak jak w powyższej mojej propozycji)

Rozumiem.

3.
\(\displaystyle{ \mbox{wariacje bez powtórzeń} \ = \ \mbox{kombinacje bez powtórzeń} \ \cdot \ \mbox{permutacje}}\)

Tutaj się gubię. Jak mam rozumieć "\(\displaystyle{ kombinacje \cdot permutacje}\)"? Czy mogłabym prosić o jakiś przykład.

Tak się jeszcze zastanawiam. Moim zdaniem w jednym przykładzie nie mogę liczyć omegi i mocy zdarzenia dwoma różnymi sposobami- jeśli się mylę proszę, popraw mnie.

[mat_61]

Oczywiście, że moce zdarzeń można liczyć różnymi sposobami oby tylko odpowiadały one przyjętym założeniom (no i były poprawne).
Pooglądaj na forum rozwiązania różnych zadań z p-stwa, w szczególności tych bardzie złożonych, to zobaczysz, że moce zbiorów będą liczone w różny sposób (często są to połączenia różnych elementów kombinatoryki, wykorzystanie twierdzenia o mnożeniu itd.)

Jeżeli chodzi o to:

\(\displaystyle{ \mbox{wariacje bez powtórzeń} \ = \ \mbox{kombinacje bez powtórzeń} \ \cdot \ \mbox{permutacje}}\)

to masz to rozumieć dokładnie tak jak masz napisane, czyli:

\(\displaystyle{ V^{k}_{n}=C^{k}_{n} \cdot P(k)}\) ponieważ:

\(\displaystyle{ C^{k}_{n} \cdot P(k)= {n \choose k} \cdot k!= \frac{n!}{k! \cdot (n-k)!} \cdot k!= \frac{n!}{(n-k)!}=V^{k}_{n}}\)

Ale powinnaś to także zrozumieć. Jeżeli masz kombinację bez powtórzeń to np. przy losowaniu trzech elementów możesz wylosować takie \(\displaystyle{ \left\{ A;B;C\right\}}\). Jeżeli chciałabyś następnie uwzględnić kolejność tych elementów, to możesz je uporządkować na \(\displaystyle{ 3!}\) sposobów (permutacje). Ale przecież jak od razu przy losowaniu uwzględniasz kolejność to będą to wariacje bez powtórzeń.

[pini]

W tym samym przykładzie nie mogę liczyć równocześnie np. omegi kombinacjami, a mocy zdarzenia wariacjami bez powtórzeń, mogę liczyć to i to tylko tym samym sposobem?

Chodzi mi o to, że zawsze muszę zdecydować się na jeden sposób. Jeśli omegę chcę (ponieważ w tym przypadku mam taką możliwość) obliczyć kombinacjami to moc zdarzenia elementarnego muszę policzyć tym samym sposobem- kombinacjami.