Kilka zadań.

mich12 · Post autor: **mich12** » 13 lut 2015, o 16:28

Hej Potrzebuje pomocy, z góry dzięki

zad. 1.
Na ile sposobów można przestawić cyfry liczby 102534, aby otrzymać liczbę większą od 250000?

zad. 2.
W pudełku znajduje się 8 lizaków malinowych i 2 truskawkowe. Dziecko wyjmuje losowo 4 lizaki. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że wybierze 3 lizaki malinowe i 1 truskawkowy.

zad. 3.
Rzucono trzema sześciennymi kostkami i trzema monetami. Oblicz prawdopodobieństwo otrzymania dokładnie dwóch szóstek i jednego orła.

zad. 4.
Ze zbioru liczb \(\displaystyle{ \left\{ 1,2,...,2010\right\}}\)losujemy jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że wybrana liczba nie jest podzielna ani przez 6, ani przez 15.

zad. 5.
Spośród cyfr 1,3,6,7,8,9 losujemy dwie. Wylosowane cyfry zapisujemy w kolejności losowania i otrzymujemy liczbę dwucyfrową. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że otrzymana liczba jest nieparzysta lub jej cyfry należą do zbioru \(\displaystyle{ \left\{ 1,3,6\right\}}\), jeżeli:
a) cyfry mogą się powtarzać,
b) cyfry się nie powtarzają.

Gouranga · Post autor: **Gouranga** » 13 lut 2015, o 16:52

1. albo na pierwszym miejscu dajesz \(\displaystyle{ 3,4,5}\) i reszta dowolnie, to daje nam \(\displaystyle{ 3\cdot 5!}\)
albo na pierwsze \(\displaystyle{ 2}\), na drugie \(\displaystyle{ 5}\) i reszta na \(\displaystyle{ 4!}\)
całość \(\displaystyle{ 3\cdot 5! + 4! = 360 + 24 = 384}\)-- 13 lut 2015, o 16:56 --4. Od wszystkich 2010 liczb odejmij wszystkie podzielne przez 6, odejmij wszystkie podzielne przez 15 i dodaj wszystkie podzielne przez 90

mich12 · Post autor: **mich12** » 13 lut 2015, o 17:22

Czemu w zad.4 nie mogę odjąć tylko liczb podzielnych przez 90? Wtedy pozbyłbym się liczb podzielnych jednocześnie przez 6 i 15...

szachimat · Post autor: **szachimat** » 13 lut 2015, o 20:38

mich12 pisze:Czemu w zad.4 nie mogę odjąć tylko liczb podzielnych przez 90? Wtedy pozbyłbym się liczb podzielnych jednocześnie przez 6 i 15...

A czy pozbyłbyś się np. 30?

piasek101 · Post autor: **piasek101** » 13 lut 2015, o 20:40

2) Całe z kombinacji - popróbuj, pokaż.

mich12 · Post autor: **mich12** » 13 lut 2015, o 22:37

Rozumiem, a potem dodajemy wszystkie podzielne przez 90, bo odejmując podzielne przez 6 lub 15 mogliśmy zliczyć dwukrotnie pewne przypadki prawda ?
Czy dobrze liczę, że podzielnych przez 15 jest 134 liczb, przez 6- 335 liczb, a przez 90- 22 ? Robiłem to z ciągu arytmetycznego, ale końcowa odpowiedź (prawdopodobieństwo) jest inna.

A w zad. 2 wyszło mi, wcześniej chyba źle liczyłem

Pomoże ktoś z resztą ?

szachimat · Post autor: **szachimat** » 13 lut 2015, o 22:47

To które masz jeszcze nie zrobione?

Post autor: **Zahion** » 13 lut 2015, o 22:54

Co do zadania 4.
Omega to oczywiście \(\displaystyle{ 6^{3} \cdot2 ^{3}}\), zastanówmy się nad mocą zbioru.
Na ile sposobów możemy wyrzucić dokładnie dwie szóstki ?
Otóż załóżmy, że na dwóch pierwszych miejscach mamy \(\displaystyle{ 6}\), wyrzucamy je na \(\displaystyle{ 1\cdot 1}\) sposobów, dalej na trzecim miejscu możemy wyrzucić pozostałe \(\displaystyle{ 5}\) oczek, czyli na \(\displaystyle{ 1\cdot 1 \cdot 5}\) sposobów i dalej wszystkie przestawienia to \(\displaystyle{ \frac{3!}{2!}}\), dzielimy przez \(\displaystyle{ 2!}\) ponieważ szóstka się powtarza.
Teraz pytanie na ile sposobów możemy wyrzucić dokładnie jednego orła. Nie trzeba się długo zastanawiać, żeby przekonać się, że na \(\displaystyle{ 3}\) sposoby. Połącz to wszystko i wylicz omegę.

szachimat · Post autor: **szachimat** » 13 lut 2015, o 23:19

Mała dygresja do zadania 3:
"Oblicz prawdopodobieństwo otrzymania dokładnie dwóch szóstek i jednego orła."

Nie jest powiedziane jednoznacznie, czy ma być dokładnie jeden orzeł, czy musi być jeden orzeł (bo wtedy dopuścilibyśmy sytuację: dwa orły oraz trzy orły).
Jeżeli masz odpowiedź i zgadza się ona z tym co napisał Zahion, to nie ma problemu. Jeżeli się nie zgadza, to może chodzić o tą drugą sytuację. Dziwne, bo w treści informacja o szóstkach jest sprecyzowana.

mich12 · Post autor: **mich12** » 14 lut 2015, o 17:45

Nie wiem jak to zapisać w tym 3... Odpowiedź to \(\displaystyle{ \frac{5}{192}}\)

szachimat · Post autor: **szachimat** » 14 lut 2015, o 18:34

A zatem wynik odpowiada sytuacji, w której będzie dokładnie jeden orzeł.

Dla 2-ch szóstek i jednej jedynki są 3 sposoby (6,6,1), (6,1,6), (1,6,6)
Zamiast "1" może być: 2,3,4,5, czyli łącznie 5 razy więcej, czyli 15

Dla jednego orła mogą być 3 możliwości: (O,R,R), (R,O,R), (R,R,O)

Ponieważ mają być 2 szóstki i jeden orzeł (spójnik "i" wiąże się z mnożeniem), więc ilość naszych możliwości to: \(\displaystyle{ 15 \cdot 3=45}\)

Wszystkich możliwości jest \(\displaystyle{ 6^{3} \cdot 2^{3} =1728}\)

Czyli \(\displaystyle{ P(A)= \frac{45}{1728}= \frac{5}{192}}\)

mich12 · Post autor: **mich12** » 15 lut 2015, o 14:24

Dzięki wielkie, już rozumiem! A czy mógłby ktoś pomóc z 5 ?

szachimat · Post autor: **szachimat** » 15 lut 2015, o 14:58

mich12 pisze:Dzięki wielkie, już rozumiem! A czy mógłby ktoś pomóc z 5 ?

Proponuję najprostszy sposób i niezawodny, gdy moc omegi nie jest duża: wypisz wszystko.

Wtedy:
a) moc omegi wynosi 36
b) moc omegi wynosi 30

Podkreśl i policz ile możliwości odpowiada danym podpunktom i po zadaniu.

mich12 · Post autor: **mich12** » 15 lut 2015, o 16:03

szachimat, czytając Twojego posta wpadłem na pomysł tabelki i wtedy faktycznie- zadanie robi się prostsze. Dzięki!

szachimat · Post autor: **szachimat** » 15 lut 2015, o 16:35

Może być z tabelką - też proste.