Treść zadania

Rozwiązania

• 

  0 1

  swk88 11.9.2013 (15:21)

  Zadanie 1
  a)
  Wszystkie możliwości - Wariacja z powtórzeniami (kolejność nie jest ważna)
  V^{k}_{n}=n^{k}
  V^{3}_{2}=2^{3} = 8
  Możliwości - (ooo)(rrr)
  A=2
  Prawdopodobieństwo
  P=\frac{|A|}{|\Omega|}
  P=\frac{2}{8} = \frac{1}{4}
  
  b)Wszystkie możliwości - Wariacja z powtórzeniami (kolejność nie jest ważna)
  V^{k}_{n}=n^{k}
  V^{3}_{2}=2^{3} = 8
  Możliwości - (ooo)(oor)
  A=2
  Prawdopodobieństwo
  P=\frac{|A|}{|\Omega|}
  P=\frac{2}{8} = \frac{1}{4}
  
  Zadanie 2
  a)Wszystkie możliwości - Wariacja z powtórzeniami (kolejność nie jest ważna)
  V^{k}_{n}=n^{k}
  V^{2}_{6}=6^{2} = 36
  Możliwości - (15)(25)(35)(45)(56)(55)
  A=6
  Prawdopodobieństwo
  P=\frac{|A|}{|\Omega|}
  P=\frac{6}{36} = \frac{1}{6}
  
  b)Wszystkie możliwości - Wariacja z powtórzeniami (kolejność nie jest ważna)
  V^{k}_{n}=n^{k}
  V^{2}_{6}=6^{2} = 36
  Możliwości - (45)(55)(56)
  A=3
  Prawdopodobieństwo
  P=\frac{|A|}{|\Omega|}
  P=\frac{3}{36} = \frac{1}{13}

  Dodawanie komentarzy zablokowane - Zgłoś nadużycie

  • 

    antekL1 12.9.2013 (08:11)

    Rozwiązanie 1b jest błędne, być może inne też, patrz moje rozwiązanie.
• 

  0 0

  antekL1 12.9.2013 (09:12)

  Zadanie 1.
  Zbiór zdarzeń elementarnych omega = zbiór trójek (abc), gdzie
  a,b,c są wartościami ze zbioru {O,R} (czyli: orzeł, reszka).
  Każdą ze zmiennych a,b,c losujemy na 2 sposoby, powtarzamy to 3 razy,
  dlatego ilość zdarzeń elementarnych m(omega) to 2 * 2 * 2 = 2^3 = 8.
  (za każdym z 3 razów mamy 2 możliwości, nazywa się to "wariacje z powtórzeniami").
  
  Wzór na ilość tych wariacji jest taki:
  (ilość wyborów ) ^ [ czytaj "do potęgi" ] (ilość losowań)
  - tutaj: ilość wyborów: 2, orzeł lub reszka, ilość losowań: 3, dlatego m(Omega) = 2^3.
  
  Zapis m(Omega) często pisze się też tak: ||omega||.
  Oznacza to "miara zbioru zdarzeń elementarnych", czyli po ludzku - ich ilość.
  
  a)
  Zdarzenia sprzyjające (ich zbiór to "A") to trójki: {OOO} lub {RRR}.
  Jest ich 2, czyli miara m(A) = 2.
  Wobec tego prawdopodobieństwo p(A) = m(A) / m(omega) = 2/8 = 1/4.
  
  b)
  NATYCHMIASTOWA ! tak natychmiastowa! odpowiedź bez liczenia to 1/2.
  Osoba "swk88" , mówiąca o sobie jako "mgr chemii, wiem, co piszę"
  powinna dodać "ale nie wiem co myślę". Sorry, swk88 :)
  
  Zobacz, jakie są możliwości losowania:
  3 resztki 0 orłów
  2 reszki 1 orzeł - ta i poprzednia możliwość oznacza "co najmniej 2 reszki"
  1 reszka 2 orły
  0 reszek 3 orły - ta i poprzednia możliwość oznacza "co najmniej 2 orły".
  
  Czyli pytania o "co najmniej 2 reszki" lub "co najmniej 2 orły" są równoważne i wykluczające się, dlatego dzielą zbiór zdarzeń elementarnych na połowy, każda z nich z szansą 1/2. Dlatego mgr chemii powinien/powinna zdziwić się swoim wynikiem.
  
  Ja bym zrobił to tak:
  Rozbijam zdarzenie sprzyjające A na 2 wykluczające się zdarzenia:
  A1 - 3 reszki
  A2 - dokładnie 2 reszki
  Ponieważ zdarzenia się wykluczają to p(A) = p(A1) + p(A2).
  Miara m(A1) = 1, bo jest tylko 1 układ: RRR. Więc p(A1) = 1/8
  Na zdarzenie A2 składają się TRZY układy: RRO, ROR, ORR, czyli m(A2) =3
  (albo nie-reszka w 3-cim losowaniu, albo w drugim, albo w pierwszym)
  p(A2) = 3/8
  Razem: p(A) = 1/8 + 3/8 = 4/8 = 1/2.
  
  Możesz do liczenia p(A1) użyć też wzoru na schemat Bernoulliego,
  2 sukcesy w 3 próbach czyli
  
  p(A_1)={3\choose 2}\left(\frac{1}{2}\right)^2\left(\frac{1}{2}\right)^1= 3\cdot\frac{1}{8} = \frac{3}{8}
  
  ======================
  
  Zadanie 2.
  Zbiór zdarzeń elementarnych to zbiór par (a,b)
  gdzie a,b pochodzi ze zbioru {1,2,3,4,5,6}
  Ilość zdarzeń elementarnych m(omega) = 6^2 = 36, patrz zadanie 1, dlaczego.
  NIE POMYL! To są 2 losowania ze zbioru 6-elementów, a NIE 6 losowań ze zbioru 2 elementów. Dlatego 6^2 a NIE 2^6, to drugie dotyczyłoby monet.
  
  a)
  Zastosujemy metodę "zdarzenia przeciwnego", bo mamy za dużo możliwości.
  "Co najmniej na jednej" = na 1, na 2, na 3 itd.. OK, to policzmy: "na żadnej".
  Jest to zdarzenie przeciwne, gdy odejmiemy jego prawdopodobieństwo od 1
  dostaniemy odpowiedź.
  Stosujemy - tu już nie ma po co wypisywać możliwości - schemat Bernoullego:
  - sukces w jednym doświadczeniu: byle nie 5 oczek, więc p = 5/6
  - porażka w jednym doświadczeniu: 5 oczek, q = 1/6.
  - ilość sukcesów = 3, ilość porażek = 0
  
  p(nie\,B)={3\choose 3}\left(\frac{5}{6}\right)^3\left(\frac{1}{6}\right)^0= \frac{125}{216}
  
  Więc szukany wynik to 1 - 125/216 = 91/216
  
  
  b)
  Przepraszam, nie zdążę, muszę wyjść z psami, pisz w razie czego na priv.
  Ale rozwiązanie "swk88" jest pewnie złe.

  Dodawanie komentarzy zablokowane - Zgłoś nadużycie

  • 

    antekL1 12.9.2013 (11:01)

    Trochę za szybko pisałem 2a), sorry. Natomiast 2b) wymaga niestety rozpatrzenia możliwości (aby suma była 9 lub więcej)
    5 + 4, 5 + 5, 5 + 6, i ponieważ "co najmniej 5") 6 +3, 6 + 4 ... itd.
    Od cholery liczenia, nie widzę sensownego "zdarzenia przeciwnego"
    Ale stosujesz schemat Bernoullego do każdej możliwości
    i sumujesz. UPIERDLIWE!