Treść zadania

Najlepsze rozwiązanie

• 

  1 0

  antekL1 4.10.2011 (08:31)

  Zadanie 1.
  Zdarzenie sprzyjające A to wylosowanie 4 z 6 wygrywających liczb. (jeśli faktycznie jest 6, nie 7 wygrywających, nie znam się na totku). Pozostałe 2 skreślenia muszą pochodzić z 49 - 6 = 43 liczb przegrywających.
  
  Pierwszą wygrywającą liczbę można wybrać na 6 sposobów, drugą na 5, trzecią na 4, ostatnią na 3. Daje to:
  
  6 * 5 * 4 * 3 możliwości. Można to zapisać jako 6! / 2! (znak ! to "silnia")
  
  Pierwszą przegrywającą liczbę można wybrać na 43 sposoby, drugą na 42. Daje to:
  
  43 * 42 możliwości. Można to zapisać jako 43! / 41!
  
  Teraz istotne: jeśli wygrywające liczby to np: 1,2,3,4,5,6, a skreślone zostały np. 2,4,5,6
  to jest obojętne czy zostały skreślone jako 2456, 2654, 6542 czy inaczej.
  Takich układów jest 4! = 24 - traktujemy je jako należące do tego samego zdarzenia sprzyjającego. Ponieważ poprzednio mnożąc 6*5*4*3 dostawałem wszystkie możliwości (czyli po 24 układów "1234", "1235", "2346" etc., a KAŻDA z tych czwórek realizuje się na 24 sposoby) rzeczywista ilość sprzyjających grup czterocyfrowych to:
  
  6 * 5 * 4 * 3 / 4! = 6! / (2! * 4!). Nazywa się to "kombinacje bez powtórzeń 4 z 6 i oznacza tzw. "symbolem Newtona"
  
  {6 \choose 4} = \frac{6!}{4!\cdot2!} = \frac{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4} = 15
  
  Pozostałe 2 liczby przegrywające również mogę ustawić na 2 sposoby, np: 20,20 lub 30,20.
  Daje to ilość kombinacji takich par równą:
  
  {43 \choose 2} = \frac{43!}{41!\cdot2!} = \frac{43\cdot 42}{1\cdot 2} = 903
  
  Całkowita ilość zdarzeń sprzyjających (nazywam to "miara A, m(A)" jest iloczynem ilości wygrywających czwórek i przegrywających dwójek czyli wynosi 15 * 903, co zapisuje się tak:
  
  m(A) = {6 \choose 4} \cdot {43 \choose 2} = 15 \cdot 903 = 13545
  
  Wszystkie zdarzenia elementarne (zbiór omega) to zbiór możliwych ciągów {a,b,c,d,e,f} liczb losowanych z zakresu 1..49. Ponieważ poprzednio ignorowałem kolejność, teraz też muszę. Zatem stosuję wzór na kombinacje bez powtórzeń 6 z 49.
  
  m(\Omega) = {49 \choose 6} = \frac{49!}{43!\cdot 6!} = 13983816
  
  Prawdopodobieństwo wylosowania 4-ki p(A) = m(A) / m(omega)
  
  p(A) = \frac{m(A)}{m(\Omega)} = \frac{{6 \choose 4}\cdot {43\choose 2}}{ {49\choose 6}} = \frac{13545}{13983816} \,\approx\,0{,}00097
  
  Zadanie 2.
  Tu jest łatwo: Zdarzenie sprzyjające to 1, 2 lub 3 oczka. Ilość m(A) = 3
  Wszystkich zdarzeń jest 6, m(omega) = 6.
  p(A) = m(A) / m(omega) = 3/6 = 1/2.
  
  
  Zadanie 3,
  Też łatwe: Jest 7 możliwości wyciągnięcia kuli czarnej, m(A) = 7
  oraz 7 + 5 możliwości wyciągnięcia jakiejkolwiek kuli, m(omega) = 5 + 7 = 12.
  p(A) = m(A) / m(omega) = 7/12.
  Można to zapisać w postaci kombinacji, jak w zadaniu 1. Traktuj to jako ćwiczenie, pamiętaj, że 0! = 1. Losujemy 1 kulę "wygrywającą" z 7, zero kul przegrywających z 5 i w ogóle 1 kulę z 12
  
  p(A) = \frac{m(A)}{m(\Omega)} = \frac{{7 \choose 1}\cdot {5 \choose 0}}{ {12\choose 1}} = \frac{7\cdot 1}{12}
  
  Pozdrowienia - Antek
  

  Dodawanie komentarzy zablokowane - Zgłoś nadużycie