Losowanie liter - dyskusja opcji kolejności

[wyderek]

Losowane są karty jedna po drugiej z paczki 11 kart. Na kartach są wydrukowane następujące symbole (po jednym na kartę):

A, A, A, B, E, H, M, R, S, T, T.

Oblicz prawdopodobieństwo, że:

a) A jest na 4. wyciągniętej karcie.
b) A jest na 4. i 7. karcie z 7 kart losowanych.
c) Karty zostały wylosowane w następującej kolejności MATHSATABER .

Ja to robiłem ostatnio tak:

a) Do tego podszedłem w ten sposób:

Moc zbioru omega = wariacja z powt. 4 z 11 kart

Moc \(\displaystyle{ A _{1} = V ^{2} _{3} \cdot V ^{2} _{8}}\) - raz się pojawiło przed 4. miejscem
Moc \(\displaystyle{ A _{2} = V ^{3} _{3} \cdot V ^{1} _{8} - 2x}\)
Moc \(\displaystyle{ A _{3} = V ^{1} _{3} \cdot V ^{3} _{8}}\) - jest to dotychczas pierwsze

\(\displaystyle{ P(A) = P( A _{1} \cup A _{2} \cup A _{3} ) = P( A _{1} ) + P( A _{2} ) + P( A _{3} ) = \frac{ A _{1} + A _{2} + A _{3}}{\overline{\Omega}}}\)

b) Tutaj jest gorzej, ale podszedłem do tego tak:

\(\displaystyle{ \overline{\Omega} = V ^{7} _{11}}\)

\(\displaystyle{ A _{1} \ – \ 3 A}\) się trafiły, więc: \(\displaystyle{ A _{1} = V ^{3} _{3} \cdot V ^{4} _{8}}\)
\(\displaystyle{ A _{2} –}\) tylko te \(\displaystyle{ 2}\), więc: \(\displaystyle{ A _{2} = V ^{2} _{3} \cdot V ^{5} _{8}}\)

I na tej zasadzie co wyżej: \(\displaystyle{ P(A) =}\) suma mocy zdarzeń \(\displaystyle{ A _{1}}\) i \(\displaystyle{ A _{2}}\) dzielone przez moc omega, jako że każde poszczególne P ma ten sam mianownik.

c) A to trzasnąłem w ten sposób:

\(\displaystyle{ \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
M & A & T & H & S & A & T & A & B & E & R \\ \hline
1 & 3 & 2 & 1 & 1 & 2 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ \hline
\end{tabular}}\)

Czyli ile wyborów bym miał po kolei w trakcie losowania.

Zatem moc \(\displaystyle{ A = 3 \cdot 2 \cdot 2 \cdot}\) kupę jedynek \(\displaystyle{ = 12}\)
I moc omega = Permutacja, \(\displaystyle{ 11!}\)
Zatem \(\displaystyle{ P(A) = \frac{12}{11!}}\)

Czy dobrze to skminiłem drodzy wirtualni koledzy? ;D

Po 10 latach od matury zakuwam do egzamów wstępnych na uczelnie i wybrałem sobie między innymi matę. Fajny przedmiot, ale kupę się zapomniało, więc czuję się jakbym się uczył od nowa. Także z dniem dzisiejszym, staję się stałym powodem do dyskusji i pomocy, za którą z góry już Wam dziękuję.

[pyzol]

\(\displaystyle{ \frac{11!}{3!2!}}\), ale to inna sprawa.
a) co za różnica czy na czwartym czy na pierwszym?
Policzmy prawdopodobieństwo, że litera \(\displaystyle{ A}\) nie będzie na pierwszym miejscu. Wybieramy jedną z 3 \(\displaystyle{ A}\), a wszystkich jest \(\displaystyle{ 11}\). Więc:
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{3}{11}}\).
b) podobnie tylko trzeba dorzucić co będzie na drugim miejscu
\(\displaystyle{ P(B)=\frac{3}{11}\cdot\frac{2}{10}}\), bądź też:
\(\displaystyle{ P(B)=\frac{V^2 _3}{V^2 _{11}}}\)
Porównaj te wyniki ze swoimi. Wydaje mi się, że nie uwzględniasz miejsca, gdzie \(\displaystyle{ A}\) trafiło się wcześniej.

[wyderek]

Dzięki pyzol, że zainteresowałeś się tym zadaniem.

Mógłbyś mi to rozpisać, jak po kolei, rozwiązywałeś poszczególne podpunkty. Bardzo mi to pomoże.

Wiem, że w a) wyszedłem ze złego założenia, że tylko 4 są losowane, a właściwie chociaż nic nie jest dokładnie powiedziane, to faktycznie, sensowniej jest potraktować to jako wylosowanie całego kompletu 11 liter.

I z tego co patrzę, to tak jakby w ogóle nie bierzesz pod uwagę losowania innych liter w a) i b). Czemu tak?

-- 26 wrz 2012, o 11:54 --

\(\displaystyle{ \frac{11!}{3! \cdot 2!} \Rightarrow P(A)}\) większe 1, co jest niezgodne z podstawowymi założeniami Rachunku Prawdopodobieństwa

[norwimaj]

Wiem, że w a) wyszedłem ze złego założenia, że tylko 4 są losowane, a właściwie chociaż nic nie jest dokładnie powiedziane, to faktycznie, sensowniej jest potraktować to jako wylosowanie całego kompletu 11 liter.

Najsensowniej jest traktować, jako losowanie jednej karty. To chciał napisać pyzol.

\(\displaystyle{ \Omega=\{A_1, A_2, A_3, B, E, H, M, R, S, T_1, T_2\}.}\)
\(\displaystyle{ |\Omega|=11.}\)

Nazwa zdarzenia elementarnego oznacza, jaka karta została wylosowana za czwartym razem. Zdarzenia jednoelementowe są równo prawdopodobne, więc \(\displaystyle{ P(\{A_1,A_2,A_3\})=\frac3{11}}\).

[wyderek]

Tego nie rozumiem za grosz, a właściwie rozumiem o co chodzi, ale boję się, że próbując sobie ułatwić w innych zadaniach, nadużyję lub źle użyję, tego sprytnego zagrania.

Wobec tego mam pytanie. Czy moje wyliczenia podane, na samym początku zaraz pod treścią zadania, są poprawne?? Zdaję sobie sprawę, że może to wyglądać topornie, dla kogoś kto jest w temacie obcykany, ale czy jako odpowiedź na egzaminie, ma prawo bytu? W sumie nie zajęło mi to dużo czasu, a mam pewność, że to rozumiem, a właściwie wydaje się mi poprawne (tak mi sugeruje moja dotychczasowa wiedza), tym samym pozwala mi przejść do następnych zadań z czystym sumieniem.

[norwimaj]

Moc \(\displaystyle{ A _{1} = V ^{2} _{3} \cdot V ^{2} _{8}}\) - raz się pojawiło przed 4. miejscem

Ale mogło się pojawić na miejscu pierwszym, drugim albo trzecim. To są różne sytuacje. Cały wynik w tym przypadku trzeba pomnożyć przez \(\displaystyle{ 3}\). W tym kontekście zweryfikuj dalsze obliczenia w punkcie a) i punkt b).

\(\displaystyle{ P(A) = P( A _{1} \cup A _{2} \cup A _{3} ) = P( A _{1} ) + P( A _{2} ) + P( A _{3} ) = \frac{ A _{1} + A _{2} + A _{3}}{\overline{\Omega}}}\)

Na końcu powinno być nie dodawanie zbiorów, tylko dodawanie mocy zbiorów.

Punkt c) moim zdaniem w porządku.

[pyzol]

Wiem, że w a) wyszedłem ze złego założenia, że tylko 4 są losowane

Czemu złego od razu?
Ty się zatrzymałeś na czterech, można było na 11, a Ja że w a) i w b) zatrzymałem się odpowiednio na jednym i dwóch losowaniach. Ale nie wybrałeś źle. Tylko wiesz więcej kłopotów.

[wyderek]

Czyli do moich pierwotnych obliczeń powinienem zastosować taki trik:

a) \(\displaystyle{ A _{1}=}\) razy 3 jeszcze, zaś
\(\displaystyle{ A _{2}}\) razy 2.
z \(\displaystyle{ A _{3}}\) wszystko jest OK, nie zmieniając już mojego, że były tylko 4 losowania (aby uprościć) i mówimy o mocy zbiorów oczywiście.

b) \(\displaystyle{ A _{1}}\)- 3 razy A się pojawia, więc 2 razy te A na 4. i 7. miejscu i trzecie A, mogło być na pozostałych 5 miejscach, więc jeszcze razy 5.

\(\displaystyle{ A _{2}}\)- 2 razy A, więc tylko razy 2 mnożę, gdyż tylko mogą zamienić się miejscami.

Faktycznie, podobnie się rozwiązuje zdania typu: 10 kul losujemy, i żeby między załóżmy dwiema czarnymi były 2 białe, albo te z siadaniem na ławce. Obstawiamy miejsca, mnożymy przez dwa bo mogą się zamienić miejscami, i mnożymy o liczbę możliwości ulokowania układu od lewej do prawej.

Wielkie dzięki. Widzę, że muszę jeszcze przećwiczyć dział jeszcze raz. A już się za analizę brałem, hehe.

[norwimaj]

\(\displaystyle{ A _{2}}\) razy 2.

Dlaczego akurat \(\displaystyle{ 2}\) razy a nie \(\displaystyle{ 3}\)? Sprawdzałeś, czy wychodzi Ci dobry wynik?

[wyderek]

Faktycznie. Po dwa kiedy są obok siebie i jeden raz z przerwą między nimi. Daje 3 ;D