Mam problem z częścią zadania, bardzo proszę o pomoc.
Winda z ośmioma pasażerami zatrzymuje się na ośmiu piętrach. Zdarzenie A polega na wyjściu następującej liczby pasażerów na kolejnych piętrach: 1-0-1-1-3-0-2-0;
Zdarzenie B odpowiada sytuacji, gdy z windy trzykrotnie wyszedł jeden pasażer, raz wyszło dwóch i raz trzech pasażerów. Znaleźć prawdopodobieństwo zdarzeń A i B.
O ile z A problemu nie miałam, o tyle w ogóle nie mam pojęcia, jak ugryźć B.
A:
\(\displaystyle{ A= \frac{8!}{1!0!1!1!3!0!2!0!} = 3360}\)
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{3360}{8 ^{8}}}\)
Co do B udało mi się znaleźć tylko coś takiego:
\(\displaystyle{ B= \frac{8!}{3!3!1!1!} \cdot \frac{8!}{3!2!}}\)
Drugi człon wygląda dokładnie jak A, ale czym jest pierwszy i o co w ogóle chodzi?
Winda z pasażerami- problem z rozwiązaniem
-
leszczu450
- Użytkownik
- Posty: 4414
- Rejestracja: 10 paź 2012, o 23:20
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Toruń
- Podziękował: 1589 razy
- Pomógł: 364 razy
Winda z pasażerami- problem z rozwiązaniem
jnna, ogólnie postać tego wzoru wzięła się ze wzoru na podział populacji. Poczytaj o tym w sieci. Ogólnie sprowadza się to wszystko to problemu: na ile sposobów mogę podzielić \(\displaystyle{ n}\) osobową grupę na \(\displaystyle{ k}\) części, które to mają liczność odpowiednio \(\displaystyle{ r_1 , \ldots , r_k}\).
Wzór wówczas jest taki:
\(\displaystyle{ {n \choose r_1} \cdot {n-r_1 \choose r_2} \cdot \ldots \cdot {n-\left( r_1 + \ldots + r_{k-1}\right) \choose r_k} = \frac{n!}{r_1!r_2! \cdot \ldots \cdot r_k!}}\)
Skąd taki wzór? Ano można to wyjaśnić następująco. Najpierw wybieramy wszystkie podzbiory \(\displaystyle{ r_1}\) elementowe ze zbioru \(\displaystyle{ n}\) elementów. Potem wybieramy podzbiory \(\displaystyle{ r_2}\) elementowe ale już już ze zbioru \(\displaystyle{ n-r_1}\) elementowego. I tak dalej i tak dalej. Po przekształceniach wychodzi to co napisałem.
Zatem pierwsza część zadania jest jasna. Co do zdarzenia \(\displaystyle{ B}\). Tutaj po prostu stosujemy powyższy wzór raz względem pięter, a drugi raz względem ludzi wysiadających.
Przyznam szczerze, że ja takich rozwiązań nie lubię. Wolę robić to tak:
Raz wyszło trzech pasażerów. To oznacza, że wybieram dowolną trójkę z tej ósemki na \(\displaystyle{ {8 \choose 3}}\) i daje im osiem możliwości wyjścia, bo mają osiem pięter. Stąd mamy już \(\displaystyle{ {8 \choose 3} \cdot 8}\). Teraz dalej. Raz wyszło dwóch . Zatem wybieram \(\displaystyle{ 2}\) pasażerów z pozostałej piątki i oni mogą wyjśc z windy już tylko na siedem sposobów. Stąd mamy: \(\displaystyle{ {5 \choose 2} \cdot 7}\). I dalej- trzykrotnie wysiada jeden pasażer. To zostawiam już Tobie : )
Wzór wówczas jest taki:
\(\displaystyle{ {n \choose r_1} \cdot {n-r_1 \choose r_2} \cdot \ldots \cdot {n-\left( r_1 + \ldots + r_{k-1}\right) \choose r_k} = \frac{n!}{r_1!r_2! \cdot \ldots \cdot r_k!}}\)
Skąd taki wzór? Ano można to wyjaśnić następująco. Najpierw wybieramy wszystkie podzbiory \(\displaystyle{ r_1}\) elementowe ze zbioru \(\displaystyle{ n}\) elementów. Potem wybieramy podzbiory \(\displaystyle{ r_2}\) elementowe ale już już ze zbioru \(\displaystyle{ n-r_1}\) elementowego. I tak dalej i tak dalej. Po przekształceniach wychodzi to co napisałem.
Zatem pierwsza część zadania jest jasna. Co do zdarzenia \(\displaystyle{ B}\). Tutaj po prostu stosujemy powyższy wzór raz względem pięter, a drugi raz względem ludzi wysiadających.
Przyznam szczerze, że ja takich rozwiązań nie lubię. Wolę robić to tak:
Raz wyszło trzech pasażerów. To oznacza, że wybieram dowolną trójkę z tej ósemki na \(\displaystyle{ {8 \choose 3}}\) i daje im osiem możliwości wyjścia, bo mają osiem pięter. Stąd mamy już \(\displaystyle{ {8 \choose 3} \cdot 8}\). Teraz dalej. Raz wyszło dwóch . Zatem wybieram \(\displaystyle{ 2}\) pasażerów z pozostałej piątki i oni mogą wyjśc z windy już tylko na siedem sposobów. Stąd mamy: \(\displaystyle{ {5 \choose 2} \cdot 7}\). I dalej- trzykrotnie wysiada jeden pasażer. To zostawiam już Tobie : )
Winda z pasażerami- problem z rozwiązaniem
Dziękuję bardzo za (p)odpowiedź. Pokombinowałam trochę z tą częścią B, ale dalej coś chyba mieszam, bo ostatecznie prawdopodobieństwo wychodzi mi większe niż (prawde powiedziawszy- dużo większe) 1.
Mamy coś takiego:
\(\displaystyle{ B= {8 \choose 3} \cdot 8 \cdot {5 \choose 2} \cdot 7 \cdot {3 \choose 1} \cdot 6 \cdot {2 \choose 1} \cdot 5 \cdot 4 = \frac{8! \cdot 8!}{2! \cdot 3! \cdot 3!} = 22579200}\)
\(\displaystyle{ P(B) = \frac{22579200}{8 ^{5} }}\)
Porównując z pierwszym wzorem gołym okiem widać, że tam mamy jeszcze dodatkowe 3! w mianowniku, którego tu nie dostaję, a liczyłam to już chyba od wszystkich możliwych stron.
Mamy coś takiego:
\(\displaystyle{ B= {8 \choose 3} \cdot 8 \cdot {5 \choose 2} \cdot 7 \cdot {3 \choose 1} \cdot 6 \cdot {2 \choose 1} \cdot 5 \cdot 4 = \frac{8! \cdot 8!}{2! \cdot 3! \cdot 3!} = 22579200}\)
\(\displaystyle{ P(B) = \frac{22579200}{8 ^{5} }}\)
Porównując z pierwszym wzorem gołym okiem widać, że tam mamy jeszcze dodatkowe 3! w mianowniku, którego tu nie dostaję, a liczyłam to już chyba od wszystkich możliwych stron.