Matematyka.pl

Losowo ustawia się ciąg 8 osób. Niech \(\displaystyle{ P_{i}}\) oznacza prawdopodobieństwo tego, że \(\displaystyle{ i}\) osób stoi na ustalonych dla siebie \(\displaystyle{ i}\)-miejscach . Udowodnij, że

\(\displaystyle{ \frac{P_{2}\cdot P_{4}\cdot P_{6}\cdot P_{8}}{P_{1}\cdot P_{3}\cdot P_{5}\cdot P_{7}}=105}\)

Proszę serdecznie o pomoc w rozwiązaniu i z góry dziękuję

Temat poprawiłam. Polecam lekturę Regulaminu i poprawne nazywanie tematów. Kasia

Próbowałem to liczyć w ten sposób: wszystkich ustawień 8 osób jest 8!, jest to ilość zdarzeń elementarnych. \(\displaystyle{ P_{1}}\) - pierwsza osoba stoi na pierwszym miejscu, reszta ustawia się na 7! różnych sposobów. \(\displaystyle{ P_{2}}\)- pierwsza osoba stoi na pierwszym miejscu, druga osoba na drugim miejscu, pozostałe ustawiają się na 6! różnych sposobów, itd. Tylko mi wychodzi zupełnie inna liczba niż 105... Może się gdzieś pomyliłem. Skąd masz to zadanie ?

Nauczycielka podyktowała nam je z jednej ze swoich książek ;/

paicey a co z ustawieniami, kiedy początkowe osoby nie stoją na swoich miejscach?
Tak czy inaczej ta równość nie zachodzi (albo treść zadania ma inny sens niż ten, który odczytuję - \(\displaystyle{ P_{i}}\) traktuję jako prawdopodobieństwo tego, że co najmniej \(\displaystyle{ i}\) osób będzie znajdowało się na swoich miejscach (oczywiście równość nie ma sensu, gdy \(\displaystyle{ P_{i}}\) oznacza prawdopodobieństwo ustawienia dokładnie \(\displaystyle{ i}\) osób na ich miejscach, bo wtedy \(\displaystyle{ P_{7} = 0}\))) - gdyż np ciąg \(\displaystyle{ (P_{n})}\) jest nierosnący.

hmm, moze Pi to ilosc ustawień z i punktami stałymi..
badz tez jeszcze cos innego....?!

Ja to zadanie tak widze:
\(\displaystyle{ P_i=\frac{(8-i)!}{8!}}\)
Czyli i osób stawiamy na ich miejsach, a pozostałe 8-i osób permutujemy dowoli. Oczywiscie wtedy wynik wychodzi zgoła inny niż podany w tresci zadania.

mol_ksiazkowy napisał:

hmm, moze Pi to ilosc ustawień z i punktami stałymi..

Jak napisałem już wcześniej, wtedy \(\displaystyle{ P_{7} = 0}\) ...

Dlaczego zero?
Ustawiamy 7 osób (czyli de facto ustawiamy juz ich 8), a takie ustawienie jest dokładnie jedno.
Czyli:
\(\displaystyle{ P_7=P_8=\frac{1}{8!}}\)
Chyba że my o czym innym mówimy.

Drizzt pisze:Ustawiamy 7 osób (czyli de facto ustawiamy juz ich 8), a takie ustawienie jest dokładnie jedno.

Wtedy jest osiem punktów stałych. Zresztą to już zależy czy tych punktów stałych ma być co najmniej siedem, czy dokładnie 7 (patrz mój pierwszy post w tym wątku).

[ Dodano: 26 Września 2007, 19:56 ]
Btw.

Drizzt pisze:Ja to zadanie tak widze:
\(\displaystyle{ P_i=\frac{(8-i)!}{8!}}\)

To raczej jest niepoprawne podejście, bo najpierw trzeba te osoby wybrać...
Wg mnie byłoby: \(\displaystyle{ P_{i} = \frac{\sum_{k = i}^{8}{8\choose k}d_{8 - k}}{8!}}\)
gdzie \(\displaystyle{ d_{i}}\) to liczba nieporządków (permutacji bez punktów stałych) zbioru i-elementowego.

Ponieważ

\(\displaystyle{ P_0=1-\frac{\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i+1}{n \choose i}(n-i)!}{n!}=1+\sum_{i=1}^{n}\frac{(-1)^i}{i!}=\sum_{i=0}^{n}\frac{(-1)^i}{i!}}\)

to

\(\displaystyle{ P_k=\frac{\sum_{i=0}^{n-k}\frac{(-1)^i}{i!}}{k!}}\)

przy założeniu, że dokładnie k osób stoi na swoich miejscach

Fajne zadanie ... choć moim zdaniem powinno być: \(\displaystyle{ \frac{P_2\cdot P_4\cdot P_6\cdot P_8}{P_1\cdot P_3\cdot P_5\cdot P_7}\,=\,\frac1{105}}\)

.

.

.

... I co Wy na to...

[ Dodano: 28 Września 2007, 21:49 ]
.
.
BTW: jak pisze

wrc_fan pisze:że i osób stoi na ustalonych dla siebie i-miejscach

to nic nie pisze, że pozostali nie mogą stać na ustalonych przez siebie miejscach... znaczy się - mogą

Sir George pisze: ... I co Wy na to...

Ups

.

.

.

To i tak nie jest prawda

max pisze:To i tak nie jest prawda

Może i nie jest, nie będę się upierał...

Jednak przyjmując, że \(\displaystyle{ P_i}\) to pstwo, że conajmniej i osób spośród n stoi na ustalonych przez siebie miejscach, to \(\displaystyle{ P_{i+1}=\frac1{n-i}P_i}\)

.

A moim zdaniem wynika to z pstwa warunkowego

Ale jak w takim razie skomentujesz takie rozumowanie:

(1) Liczba \(\displaystyle{ q_{i}}\) takich permutacji zbioru \(\displaystyle{ n}\) elementowego o dokładnie \(\displaystyle{ i}\) punktach stałych wynosi:
\(\displaystyle{ p_{i} = {n\choose i} d_{n - i}}\)
gdzie \(\displaystyle{ d_{i}}\) oznacza liczbę permutacji bez punktów stałych zbioru \(\displaystyle{ i}\) elementowego (\(\displaystyle{ i}\) elementów zbioru, które będą punktami stałymi możemy wybrać na \(\displaystyle{ {n \choose i}}\) sposobów, zaś pozostałe \(\displaystyle{ n - i}\) elementy możemy ustawić na \(\displaystyle{ d_{n - i}}\) sposobów).
(2) Na mocy (1) liczba \(\displaystyle{ p_{i}}\) permutacji zbioru \(\displaystyle{ n}\) elementowego o co najmniej \(\displaystyle{ i}\) punktach stałych wynosi:
\(\displaystyle{ p_{i} = \sum_{k = i}^{n} q_{k}}\)
(3) W związku z powyższymi uwagami dla \(\displaystyle{ n = 8, \ i = 6}\) mamy \(\displaystyle{ p_{i + 1} = 1, \ p_{i} = 29}\), a ponieważ ze schematu klasycznego \(\displaystyle{ P_{i} = \frac{p_{i}}{n!}}\), to nie jest prawdą, że \(\displaystyle{ P_{i + 1} = \frac{1}{n - i}P_{i}}\)

UUUUPS! (takie wielkie !!!)
max, masz rację.... jak zabrałem się za rachunki, to nie zgadza się nawet dla n=3 i i=1. Cóż, prawdopodobieństwo warunkowe nie jest moją najmocniejszą stroną, a na palcach rzeczywiście liczy się dokładniej...

pozdrawiam skromnie