Ze zbioru {0, 1, 2, ..., 9} losujemy kolejno bez zwracania cztery cyfry \(\displaystyle{ a, b, c, d}\). Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że:
a) wśród wylosowanych liczb jest szóstka?
b) \(\displaystyle{ a}\) jest największą z wylosowanych cyfr?
c) ciąg \(\displaystyle{ (a,b,c,d)}\) jest rosnący?
Zbiór liczb
-
- Użytkownik
- Posty: 7
- Rejestracja: 13 paź 2008, o 00:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: pl:)
- Podziękował: 1 raz
Zbiór liczb
a) \(\displaystyle{ \Omega=10 9 8 7}\)
\(\displaystyle{ \left| A \right| = 4 9 8 7}\) - ustawiasz 6 na kolejnych miejscach (a,b,c,d)
b) zauważ, że cztery różne cyfry możemy uporządkować na \(\displaystyle{ 4 3 2 1}\) sposobów. Jeśli a jest największe, to pozostałe cyfry możemy ustawić na \(\displaystyle{ 3 2 1}\) Zatem \(\displaystyle{ P(A) = \frac{1}{4}}\)
\(\displaystyle{ \left| A \right| = 4 9 8 7}\) - ustawiasz 6 na kolejnych miejscach (a,b,c,d)
b) zauważ, że cztery różne cyfry możemy uporządkować na \(\displaystyle{ 4 3 2 1}\) sposobów. Jeśli a jest największe, to pozostałe cyfry możemy ustawić na \(\displaystyle{ 3 2 1}\) Zatem \(\displaystyle{ P(A) = \frac{1}{4}}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 28
- Rejestracja: 4 gru 2006, o 15:20
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warsaw
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 1 raz
Zbiór liczb
a) \(\displaystyle{ \left| \Omega\right| = \frac{10!}{(10-4)!} = 10 9 8 7 = 5040}\)
\(\displaystyle{ \left| A\right| = 4 \frac{9!}{(9-3)!}=4 9 8 7}\) - wybieramy na 4 sposoby miejsce w ciągu dla 6 i wolne miejsca zapełniamy pozostałymi do dyspozycji cyframi
\(\displaystyle{ P(A)=2/5}\)
b) \(\displaystyle{ \Omega}\) - nie zmienia się (podobnie w podpukcie c))
\(\displaystyle{ \left| B\right| = V^{0}_{3}+V^{1}_{4}+V^{2}_{5}+V^{3}_{6}+V^{4}_{7}+V^{5}_{8}+V^{6}_{9} = 3+24+60+120+210+336+504=1257}\)
\(\displaystyle{ P(B)= \frac{1257}{5040} 0,2494}\)
w zasadzie jednak chodziło mi najbardziej o rozwiązanie 3. części zadania i, ewentualnie, uproszczenie powyższej 2. części
\(\displaystyle{ \left| A\right| = 4 \frac{9!}{(9-3)!}=4 9 8 7}\) - wybieramy na 4 sposoby miejsce w ciągu dla 6 i wolne miejsca zapełniamy pozostałymi do dyspozycji cyframi
\(\displaystyle{ P(A)=2/5}\)
b) \(\displaystyle{ \Omega}\) - nie zmienia się (podobnie w podpukcie c))
\(\displaystyle{ \left| B\right| = V^{0}_{3}+V^{1}_{4}+V^{2}_{5}+V^{3}_{6}+V^{4}_{7}+V^{5}_{8}+V^{6}_{9} = 3+24+60+120+210+336+504=1257}\)
\(\displaystyle{ P(B)= \frac{1257}{5040} 0,2494}\)
w zasadzie jednak chodziło mi najbardziej o rozwiązanie 3. części zadania i, ewentualnie, uproszczenie powyższej 2. części
-
- Użytkownik
- Posty: 204
- Rejestracja: 23 cze 2007, o 14:32
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Siedlce
- Pomógł: 56 razy
Zbiór liczb
c) Po wylosowaniu 4 (dowolnych) cyfr ciąg rosnący możesz uzyskać z nich tylko na jeden sposób. Wszystkich ustawień tych cyfr jest 4!, zatem p=1/24. Bardziej formalnie można tego dowieść z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym.
W b) masz błąd, bo \(\displaystyle{ V_{3}^{0}=6}\). Po jego poprawieniu otrzymasz wynik jaki przedstawił Flawiusz.
W b) masz błąd, bo \(\displaystyle{ V_{3}^{0}=6}\). Po jego poprawieniu otrzymasz wynik jaki przedstawił Flawiusz.