studenci w kinie

alfred0 · Post autor: **alfred0** » 3 kwie 2015, o 12:20

Studenci idą do kina, gdzie bilet kosztuje 10zl. m osób płaci banknotem 10 zł, a n 20 zł \(\displaystyle{ (n \le m)}\). Wchodzą w przypadkowej kolejności i każda osoba kupuje 1 bilet. Jakie jest prawdopodobieństwo, że kasjer nie będzie miał wydać reszty, jeżeli na początku ma k \(\displaystyle{ (k \le n)}\) banknotów 10 złotowych?

Medea 2 · Post autor: **Medea 2** » 5 kwie 2015, o 22:16

Żeby kasjer zbankrutował, musi:
- wydać \(\displaystyle{ k}\) dziesiątek i spotkać kogoś, kto ma dwudziestkę
- wydać \(\displaystyle{ k+1}\) dziesiątek, spotkać kogoś z dziesiątką (kiedy? nie na końcu!), później kogoś z dwudziestką

I tak dalej Każdy przypadek wygląda przyjaźnie, później tylko zsumować.

MrMath · Post autor: **MrMath** » 5 kwie 2015, o 22:47

Moją definicja zdarzenia sprzyjającego również łatwiej wymówić, niż zapisać matematycznie.
A={ permutacje, które do dowolnego miejsca przekształcenia włącznie użyły dwudziestek więcej niż dziesiątek plus dziesiątek kasjera }.
Uff, czy to jest zrozumiałe?!

alfred0 · Post autor: **alfred0** » 5 kwie 2015, o 22:52

MrMath pisze:Moją definicja zdarzenia sprzyjającego również łatwiej wymówić, niż zapisać matematycznie.
A={ permutacje, które do dowolnego miejsca przekształcenia włącznie użyły dwudziestek więcej niż dziesiątek plus dziesiątek kasjera }.
Uff, czy to jest zrozumiałe?!

Medea 2 pisze:Żeby kasjer zbankrutował, musi:
- wydać \(\displaystyle{ k}\) dziesiątek i spotkać kogoś, kto ma dwudziestkę
- wydać \(\displaystyle{ k+1}\) dziesiątek, spotkać kogoś z dziesiątką (kiedy? nie na końcu!), później kogoś z dwudziestką

I tak dalej Każdy przypadek wygląda przyjaźnie, później tylko zsumować.

Nadal nie wiem jak policzyć to prawdopodobieństwo

MrMath · Post autor: **MrMath** » 5 kwie 2015, o 23:01

Bo zapis matematyczny mocy zdarzenia sprzyjającego to jednak problem.
Łatwiej jest to już jednak zrobić dla konkretnych wartości m, n , k, przynajmniej tych niedużych.

alfred0 · Post autor: **alfred0** » 5 kwie 2015, o 23:16

MrMath pisze:Bo zapis matematyczny mocy zdarzenia sprzyjającego to jednak problem.
Łatwiej jest to już jednak zrobić dla konkretnych wartości m, n , k, przynajmniej tych niedużych.

A jakie jest prawodpodobieństwo, że kasjer nie będzie miał wydać reszty, bez tego założenia o k banknotach na początku? przy \(\displaystyle{ n, m}\) =zmiennych

MrMath · Post autor: **MrMath** » 6 kwie 2015, o 01:05

To szczególny przypadek zdarzenia A, k=0.

alfred0 · Post autor: **alfred0** » 6 kwie 2015, o 09:12

MrMath pisze:To szczególny przypadek zdarzenia A, k=0.

No tak a jaka będzie wtedy odpowiedz?

MrMath · Post autor: **MrMath** » 6 kwie 2015, o 11:47

alfred0 pisze:
MrMath pisze:Bo zapis matematyczny mocy zdarzenia sprzyjającego to jednak problem.
Łatwiej jest to już jednak zrobić dla konkretnych wartości m, n , k, przynajmniej tych niedużych.
A jakie jest prawodpodobieństwo, że kasjer nie będzie miał wydać reszty, bez tego założenia o k banknotach na początku? przy \(\displaystyle{ n, m}\) =zmiennych

Odpowiedź:
\(\displaystyle{ \frac{(n-1)!(m+1)!}{n!m!}}\)

alfred0 · Post autor: **alfred0** » 6 kwie 2015, o 12:44

ok a jak będzie odpowiedz teraz odpowiedz jeżeli kasjer ma na początku \(\displaystyle{ k (k \le n)}\)banknotów 10 złotowych?

MrMath · Post autor: **MrMath** » 6 kwie 2015, o 19:27

\(\displaystyle{ \frac{(n-k-1)!(m+k+1)!}{n!m!}}\)

alfred0 · Post autor: **alfred0** » 6 kwie 2015, o 19:30

Dzięki

Barbara777 · Post autor: **Barbara777** » 8 kwie 2015, o 10:14

MrMath pisze:\(\displaystyle{ \frac{(n-k-1)!(m+k+1)!}{n!m!}}\)

To bardzo ciekawy wzor, bo np dla \(\displaystyle{ m=n=4}\) i \(\displaystyle{ k=3}\) wychodzi dosc duze prawdopodobienstwo: 70 ))
A czemu jest rowne \(\displaystyle{ (-1)!}\) ?

Medea 2 · Post autor: **Medea 2** » 8 kwie 2015, o 10:28

Kod - Mathematica.

Kod: Zaznacz cały

f[m_, n_, k_] :=  Select[k + Map[Accumulate, Select[Tuples[{-1, 1}, m + n], Total[#] == m - n &]], Min[#] >= 0 &]

Nie jestem pewna, czy działa, ale chyba powinien. Dla \(\displaystyle{ (m,n,k) = (4,4,3)}\) odpowiedzią jest oczywiście 69, bo tylko jedno ustawienie psuje (wszyscy z dwudziestkami na przodzie).

MrMath · Post autor: **MrMath** » 8 kwie 2015, o 10:48

MrMath pisze:
alfred0 pisze:
MrMath pisze:Bo zapis matematyczny mocy zdarzenia sprzyjającego to jednak problem.
Łatwiej jest to już jednak zrobić dla konkretnych wartości m, n , k, przynajmniej tych niedużych.
A jakie jest prawodpodobieństwo, że kasjer nie będzie miał wydać reszty, bez tego założenia o k banknotach na początku? przy \(\displaystyle{ n, m}\) =zmiennych
Odpowiedź:
\(\displaystyle{ \frac{(n-1)!(m+1)!}{n!m!}}\)

Poprawna odpowiedź:
\(\displaystyle{ \frac{n!m!}{(n-1)!(m+1)!}}\)

Barbara777 pisze:
MrMath pisze:\(\displaystyle{ \frac{(n-k-1)!(m+k+1)!}{n!m!}}\)
To bardzo ciekawy wzor, bo np dla \(\displaystyle{ m=n=4}\) i \(\displaystyle{ k=3}\) wychodzi dosc duze prawdopodobienstwo: 70 ))

Poprawna odpowiedź:
\(\displaystyle{ \frac{n!m!}{(n-k-1)!(m+k+1)!}}\)