Losowanie pytań na egzaminie

musialmi · Post autor: **musialmi** » 22 lut 2015, o 17:27

W zestawie pytań jest 6 pytań trudnych i 4 łatwe. Jaka jest szansa, że wybierzemy dokładnie 3 zadania łatwe i 2 trudne? Jaka jest szansa wybrania co najmniej 3 łatwych pytań?

Możliwości wylosowania pytań jest \(\displaystyle{ {10 \choose 5}}\).
a) Możliwości wylosowania dokładnie trzech łatwych i dwóch trudnych jest \(\displaystyle{ {10 \choose 3} \cdot {7 \choose 2}}\)? Wtedy prawdopodobieństwo wyboru to \(\displaystyle{ \frac{\displaystyle{10 \choose 3} \cdot {7 \choose 2}}{\displaystyle{10 \choose 5}}}\).

b) Czy teraz wystarczy obliczyć prawdopodobieństwo wylosowania "4 łatwych i 1 trudnego" oraz "5 łatwych" i zsumować te dwa i wynik z a), aby otrzymać odpowiedź? Pamiętam z liceum, że chyba można, gdy zdarzenia są rozłączne, ale nie wiem kiedy są rozłączne ;p

szachimat · Post autor: **szachimat** » 22 lut 2015, o 17:45

Jest taka zasada: jeżeli w treści doszukasz się spójnika "lub", to wyniki dodajemy, natomiast w przypadku spójnika "i" wyniki mnożymy. Tutaj mamy: 3 łatwe i dwa trudne lub 4 łatwe i 1 trudne lub 5 łatwych.

musialmi · Post autor: **musialmi** » 22 lut 2015, o 18:06

A, to z prawdopodobieństwami też tak się robi. Myślałem, że tylko z liczbami sposobów. No ale jednym słowem: dobrze mi się wydawało. Dziękuję.-- 23 lut 2015, o 19:14 --Ale w podpunkcie a) coś jest chyba nie tak. Jeśli to jest prawda i wylosowanie 3 łatwych i 2 trudnych może zachodzić na \(\displaystyle{ {10 \choose 3} \cdot {7 \choose 2}}\) sposobów, to wtedy wylosowanie 4 łatwych i 1 trudnego zachodzi na \(\displaystyle{ {10 \choose 4} \cdot {6 \choose 1}={10 \choose 4} \cdot 6}\), ale przecież trudnego nie losuje się na 6 sposobów, tylko na 1 (bo łatwych pytań już po prostu nie ma). Jak powinien zostać zrobiony podpunkt a)?

mortan517 · Post autor: **mortan517** » 23 lut 2015, o 19:21

Mamy wylosować \(\displaystyle{ 2}\) trudne i \(\displaystyle{ 3}\) łatwe.

\(\displaystyle{ P(A)=\frac{C^3_4 \cdot C^2_6}{C^5_{10}}}\)

musialmi · Post autor: **musialmi** » 23 lut 2015, o 19:26

Nie znam tego oznaczenia. To odwrócony symbol Newtona?

mortan517 · Post autor: **mortan517** » 23 lut 2015, o 19:27

To kombinacje bez powtórzeń.

\(\displaystyle{ C_n^k = {n \choose k} =\frac{n!}{k!(n-k)!}}\)

musialmi · Post autor: **musialmi** » 23 lut 2015, o 19:58

Wszystko jest jasne. Dzięki

mortan517 · Post autor: **mortan517** » 23 lut 2015, o 19:59

Jeszcze jedna uwaga: zarówno musialmi jak i szachimat wspominacie o trzeciej możliwości w \(\displaystyle{ b}\) (\(\displaystyle{ 5}\) łatwych). Nie jest to możliwe, gdyż w zestawie jest ich tylko \(\displaystyle{ 4}\).

musialmi · Post autor: **musialmi** » 23 lut 2015, o 20:03

Tak. Ale na szczęście dla gap \(\displaystyle{ {4 \choose 5}=0}\)

mortan517 · Post autor: **mortan517** » 23 lut 2015, o 20:07

Na pewno? Możemy liczyć silnię liczby ujemnej?

musialmi · Post autor: **musialmi** » 23 lut 2015, o 20:14

Nie liczymy silni liczby ujemnej, po prostu definicja jest inna. Dziedziną są liczby naturalne i
\(\displaystyle{ {n \choose k} =
\begin{cases}
\frac{n!}{k!(n-k)!}, & n\geq k \\
0, & n<k
\end{cases}}\)

mortan517 · Post autor: **mortan517** » 23 lut 2015, o 20:17

Aah tak oczywiście, zapomniałem o definicji i skupiłem się na samym symbolu.

szachimat · Post autor: **szachimat** » 23 lut 2015, o 20:59

mortan517 pisze:Jeszcze jedna uwaga: zarówno musialmi jak i szachimat wspominacie o trzeciej możliwości w \(\displaystyle{ b}\) (\(\displaystyle{ 5}\) łatwych). Nie jest to możliwe, gdyż w zestawie jest ich tylko \(\displaystyle{ 4}\).

Masz rację - dziękuję. Zasugerowałem się postem z góry.