Rzut kostką. Prawdopodobieństwo wypadnięcia maksymalnie 4

stoi czi · Post autor: **stoi czi** » 17 kwie 2005, o 18:32

Rzucamy 3 razy kostką symetryczną. Jakie jest prawdopodobieństwo, że największą wyrzuconą liczbą oczek jest 4? Obliczyłem, że \(\displaystyle{ \Omega=216}\). Obliczam moc A na różne sposoby, ale nie zgadza się z odpowiedziami, a odpowiedź jest na 100% dobra.
Pilnie proszę o pomoc.

brolly · Post autor: **brolly** » 17 kwie 2005, o 21:26

\(\displaystyle{ N={6 \choose 1}{6 \choose 1}{6 \choose 1}=216}\)
\(\displaystyle{ n_a={4 \choose 1}{4 \choose 1}{4 \choose 1}=64}\)

P(A)=64/216=8/27

dobrze?

amdfanatyk · Post autor: **amdfanatyk** » 17 kwie 2005, o 23:26

wez no sprecyzuj ta tresc zadania najlepiej podaj ja tak jak masz w ksiazce bo nie wiem czy 4 w sumie na jeden kostce czy inaczej; jezeli proba sie powtarza to nalezy skorzystac ze schematu bernoulliego.

drunkard · Post autor: **drunkard** » 18 kwie 2005, o 14:18

Jak dla mnie to będzie 37/216 tzn. (64 - 27) / 216, tj. trzeba wykluczyć zdarzenia typu (1, 2, 3), (1, 1, 2)... których jest 3^3=27

brolly · Post autor: **brolly** » 18 kwie 2005, o 15:40

a faktycznie czyli ta 4 musi pasc

czyli \(\displaystyle{ n_a={1 \choose 1}{4 \choose 1}{4 \choose 1}}\)

bo raz bierzemy 4 (czyli 1 z 1) a pozostale 2 rzuty moga byc 1, 2, 3, 4 (4 z 1)

czyli P(A)=16/216=2/27 teraz juz chyba dobrze

ale z drugiej strony

rozwiazanie drunkarda tez wydaje mi sie dobre gdzie tkwi blad ?

drunkard · Post autor: **drunkard** » 19 kwie 2005, o 09:09

No, błąd tkwi chyba w tych kombinacjach, bo na oko widać, że zdarzeń sprzyjających jest więcej niż 16. Pomnożenie przez 3 też nie pomoże (uwzględnienie miejsca wystąpienia czwórki), wtedy wyjdzie 48, ale wielokrotnie policzą się zdarzenia z więcej niż jedną czwórką. Poglądowo można rozpisać to tak (x i y oznaczają liczby od 1 do 3):
(4, x, y) - 9 zdarzeń
(x, 4, y) - 9,
(x, y, 4) - 9,
(4, 4, x) - 3,
(4, x, 4) - 3,
(x, 4, 4) - 3,
(4, 4, 4) - 1
RAZEM: 37 zdarzeń.