Treść zadania

Rozwiązania

• 

  0 0

  antekL1 3.3.2012 (08:46)

  Zadanie 5.
  Trochę dziwne jest wypadanie reszki przy rzucie kostką.Rozwiążę więc zadanie którego końcówka brzmi:
  [ ... ] jeśli inna ilość oczek niż 6 - z drugiego.
  Pod spodem używam symbolu 'n' jako iloczynu, symbolu 'u' jako sumy zdarzeń.
  
  Zdarzenie sprzyjające C - rzut kostką i wybór perły jest iloczynem 2 zdarzeń:
  A - wybór perły
  B - rzut kostką. To zdarzenie dzieli się na dwa podzbiory:
  B1 - wyrzucono 6
  B2 - wyrzucono nie 6. Suma B1 u B2 = B, zdarzenia są rozłączne (albo to, albo tamto)
  
  Zapisuję C w taki sposób:
  
  C = A n B = A n (B1 u B2) = (A n B1) u (A n B2)
  
  Ponieważ zdarzenia B1 i B2 są rozłączne to (A n B1) oraz (A n B2) też.
  W takim wypadku można dodać prawdopodobieństwa:
  
  p(C) = p(A n B1) + p(A n B2)
  
  Wyrażenie p(A n B1) znaczy: "Szansa na wybór perły z pierwszego mieszka razy szansa na wybór tego mieszka". Zapisuje się to:
  
  p(A n B1) = p(A | B1) * p(B1). Zapis p(A | B1) to prawdopodobieństwo warunkowe. Czytaj "Szansa na wybór perły POD WARUNKIEM że losujemy z pierwszego mieszka". Całe wyrażenie na p(C) ma postać:
  
  p(C) = p(A | B1) * p(B1) + p(A | B2) * p(B2)
  
  Ten wzór pewnie był w szkole, przepraszam, jeżeli piszę oczywiste rzeczy.
  Teraz rozwiązanie właściwe:
  
  p(A | B1) = 15 / (15 + 5) = 3 / 4
  (w mieszku 1 jest 15 pereł wśród 20 klejnotów, losujemy 1 sztukę)
  
  p(A | B2) = 20 / (20 + 10) = 2 / 3
  (w mieszku 2 jest 20 pereł wśród 30 klejnotów, losujemy 1 sztukę)
  
  p(B1) = 1 / 6 (szóstka jest 1 z możliwych 6 wyników)
  p(B2) = 1 - 1 / 6 = 5 / 6 (Zdarzenie B, rzut kostką, jest zdarzeniem pewnym, zaszedł).
  
  p(C) = (3/4) * (1/6) + (2/3) * (5/6) = 49 / 72. To jest odpowiedź.
  
  Taki sposób rozwiązania można stosować gdy zdarzenie A zależy od jakichś zdarzeń B1, B2,...Bn, tak, aby wiadomo było co to jest p(A | Bi) i KONIECZNIE suma B1 u B2 u....u Bn MUSI dawać zdarzenie B, które jest zdarzeniem pwenym p(B) = 1. Poza tym zdarzenia B1...Bn MUSZĄ wzajemnie się wykluczać. Tylko wtedy możemy sumować prawdopodobieństwa jak we wzorze na p(C) powyżej.
  ===========================
  
  Zadanie 6.
  a)
  Cyfr jest 7. Losujemy 5 ze zwracaniem. Są to "wariacje z powtórzeniami"
  
  Ilość liczb = 7 do potęgi 5 = 16807
  
  (na pierwszym miejscu może być jedna z liczb od 3 do 9, na drugim tak samo itd więc jest 7*7*7*7*7 możliwości).
  
  b) Są to "wariacje bez powtórzeń" 5 liczb z 7 możliwości. Ich ilość opisuje wzór:
  
  ilość = 7! / (7-5)! = 7 * 6 * 5 * 4 * 3 = 2520
  
  (jasne dlaczego? Pierwsza cyfra na 7 sposobów, druga na 6 pozostałych, trzecia na 5 pozostałych itd). Możesz spotkać jeszcze taką postać wzoru na ilość wariacji bez powtórzeń k wyborów z n rożnych:
  
  {n \choose k}\cdot k! = \frac{n!}{(n-k)!\cdot k!}\cdot k! = \frac{n!}{(n-k)!}
  
  Ale pamiętaj że to po prostu iloczyn n * (n-1) * (n-2) *....(n-k)+1
  ===========================
  
  Zadanie 7.
  Zdarzeniem elementarnym jest wylosowanie pary (a,b) kart gdzie a, b są elementami talii 52 kart. Ilość tych zdarzeń to kombinacje 2 z 52. Zbiór zdarzeń elementarnych to "omega".
  
  Ilość zdarzeń:
  
  m(\Omega) = {52 \choose 2} = \frac{52!}{(52-2)!\cdot 2!} = \frac{52\cdot 51}{2} = 1326
  
  (porównaj z zadaniem 6. Tam jeszcze było mnożenie przez k! bo kolejność się liczyła. Tutaj nie.
  
  a)
  Dwa króle wyciągamy z 4 istniejących w talii. Ilość zdarzeń sprzyjających m(A) to kombinacje 2 z 4 czyli:
  
  m(A) = {4 \choose 2} = \frac{4!}{(4-2)!\cdot 2!} = \frac{4\cdot 3}{2} = 6
  
  p(A) = m(A) / m(omega) = 6 / 1326 = 1 / 221
  
  c) najpierw, bo podobne do a).
  
  Asa wyciągamy 1 z 4 (4 sposoby, kombinacje 1 z 4 czyli
  
  {4 \choose 1} = \frac{4!}{(4-1)!\cdot 1!} = 4
  
  Tak samo na 4 sposoby wyciągamy króla. Kolejność się NIE LICZY, to już zostało założone przy liczeniu ilości zdarzeń elementarnych, czyli ilość zdarzeń m(C) = 4 * 4 = 16.
  
  p(C) = m(C) / m(omega) = 4/1326 = 2 / 663
  
  b)
  Zdarzenie B: "karty jednego koloru" rozkłada się na rozłączne zdarzenia B1 u B2 u B3 u B4, które oznaczają:
  B1 - dwa piki, B2 - dwa kiery, B3 - 2 kara, B4 - dwa trefle.
  
  Oczywiście szanse na każde Bn są jednakowe. Ilość zdarzeń sprzyjających B1 to kombinacje 2 pików z 13 czyli:
  
  m(B1) = {13 \choose 2} = \frac{13!}{(13-2)!\cdot 2!} = \frac{13\cdot 12}{2} = 78
  
  m(B) = 4 * 78 = 312 (bo zdarzenia są rozłączne, dlatego mogę sumować)
  
  p(B) = m(B) / m(omega) = 312 / 1326 = 4 / 17
  =======================

  Dodawanie komentarzy zablokowane - Zgłoś nadużycie