Da się te zadanie zrobić elegancko, nie wypisując wszystkich możliwości? Bo wychodzi ich parę stron a4 i coś czuję, że się pomyliłem, a jednak na pewno jest jakieś inteligentne podejście do sprawy...W urnie znajduje się 6 kul ponumerowanych liczbami od 1 do 6. Losujemy bez zwracania kolejno tak długo, aż suma numerów przekroczy 8. Jakie jest prawdopodobieństwo, że będziemy losować 2 razy?
Losowanie do spełnienia warunku
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
- Czasem tu bywam
- Posty: 113
- Rejestracja: 17 sie 2017, 20:34
- Podziękowania: 34 razy
- Otrzymane podziękowania: 2 razy
- Płeć:
Losowanie do spełnienia warunku
-
- Czasem tu bywam
- Posty: 113
- Rejestracja: 17 sie 2017, 20:34
- Podziękowania: 34 razy
- Otrzymane podziękowania: 2 razy
- Płeć:
-
- Fachowiec
- Posty: 2963
- Rejestracja: 14 lis 2016, 14:38
- Podziękowania: 33 razy
- Otrzymane podziękowania: 1303 razy
- Płeć:
Sorry.
Faktycznie, omega jest źle wyznaczona. Jak będę miał trochę czasu to spróbuję ją policzyć.
EDIT
Także nie mam pomysłu jak łatwo i szybko wyliczyć wszystkie możliwe zdarzenia.
Wobec tego zliczałem je wypisując możliwe układy. Wyszło mi że możliwych zdarzeń:
2-rzutowych jest 10,
3-rzutowych jest 100,
4-rzutowych jest 266,
5-rzutowych jest 356,
6-rzutowych jest 308,
7-rzutowych jest 70,
8-rzutowych jest 47,
9-rzutowych jest 6.
Razem to 1163 zdarzeń.
\(P(A)= \frac{10}{1163}\)
PS
Liczyłem ręcznie (wystarczyła jedna kartka A4) więc moglem się gdzieś pomylić.
Faktycznie, omega jest źle wyznaczona. Jak będę miał trochę czasu to spróbuję ją policzyć.
EDIT
Także nie mam pomysłu jak łatwo i szybko wyliczyć wszystkie możliwe zdarzenia.
Wobec tego zliczałem je wypisując możliwe układy. Wyszło mi że możliwych zdarzeń:
2-rzutowych jest 10,
3-rzutowych jest 100,
4-rzutowych jest 266,
5-rzutowych jest 356,
6-rzutowych jest 308,
7-rzutowych jest 70,
8-rzutowych jest 47,
9-rzutowych jest 6.
Razem to 1163 zdarzeń.
\(P(A)= \frac{10}{1163}\)
PS
Liczyłem ręcznie (wystarczyła jedna kartka A4) więc moglem się gdzieś pomylić.
-
- Guru
- Posty: 17549
- Rejestracja: 09 lis 2010, 07:38
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękowania: 41 razy
- Otrzymane podziękowania: 7435 razy
- Płeć:
\(\Omega\)- zbiór 6-cio wyrazowych ciągów o niepowtarzających się elementach ze zbioru \(\left\{1,2,3,4,5,6 \right\}\)
\(\kre{ \kre{ \Omega } }=6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1=720\)
\(A\)-Zbiór takich elementów \(\Omega\), których suma dwóch pierwszych wyrazów jest większa niż 8
\(\kre{ \kre{ A} }=10 \cdot 24=240\) (dwa pierwsze wyrazy każdego zdarzenia sprzyjającego , to te wypisane przez Kerajsa, a kolejne cztery dowolne, czyli jest ich 24 razy więcej (\(4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1=24\)) )
Wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, zatem
\(P(A)= \frac{240}{720}= \frac{1}{3}\)
\(\kre{ \kre{ \Omega } }=6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1=720\)
\(A\)-Zbiór takich elementów \(\Omega\), których suma dwóch pierwszych wyrazów jest większa niż 8
\(\kre{ \kre{ A} }=10 \cdot 24=240\) (dwa pierwsze wyrazy każdego zdarzenia sprzyjającego , to te wypisane przez Kerajsa, a kolejne cztery dowolne, czyli jest ich 24 razy więcej (\(4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1=24\)) )
Wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, zatem
\(P(A)= \frac{240}{720}= \frac{1}{3}\)
-
- Czasem tu bywam
- Posty: 113
- Rejestracja: 17 sie 2017, 20:34
- Podziękowania: 34 razy
- Otrzymane podziękowania: 2 razy
- Płeć:
Re:
odpowiedzią jest 4/15, ale podobnie robiłem tak jak Ty, z tymże nieco inaczej mi wyszło, dziwnie to ogarnąćkerajs pisze:Sorry.
Faktycznie, omega jest źle wyznaczona. Jak będę miał trochę czasu to spróbuję ją policzyć.
EDIT
Także nie mam pomysłu jak łatwo i szybko wyliczyć wszystkie możliwe zdarzenia.
Wobec tego zliczałem je wypisując możliwe układy. Wyszło mi że możliwych zdarzeń:
2-rzutowych jest 10,
3-rzutowych jest 100,
4-rzutowych jest 266,
5-rzutowych jest 356,
6-rzutowych jest 308,
7-rzutowych jest 70,
8-rzutowych jest 47,
9-rzutowych jest 6.
Razem to 1163 zdarzeń.
\(P(A)= \frac{10}{1163}\)
PS
Liczyłem ręcznie (wystarczyła jedna kartka A4) więc moglem się gdzieś pomylić.
Czemu omega tak?radagast pisze:\(\Omega\)- zbiór 6-cio wyrazowych ciągów o niepowtarzających się elementach ze zbioru \(\left\{1,2,3,4,5,6 \right\}\)
\(\kre{ \kre{ \Omega } }=6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1=720\)
\(A\)-Zbiór takich elementów \(\Omega\), których suma dwóch pierwszych wyrazów jest większa niż 8
\(\kre{ \kre{ A} }=10 \cdot 24=240\) (dwa pierwsze wyrazy każdego zdarzenia sprzyjającego , to te wypisane przez Kerajsa, a kolejne cztery dowolne, czyli jest ich 24 razy więcej (\(4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1=24\)) )
Wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, zatem
\(P(A)= \frac{240}{720}= \frac{1}{3}\)
-
- Fachowiec
- Posty: 2963
- Rejestracja: 14 lis 2016, 14:38
- Podziękowania: 33 razy
- Otrzymane podziękowania: 1303 razy
- Płeć:
Re: Re:
Dość łatwo wykazać że 4/15 nie może być prawidłową odpowiedzią.VirtualUser pisze: odpowiedzią jest 4/15, ale podobnie robiłem tak jak Ty, z tymże nieco inaczej mi wyszło, dziwnie to ogarnąć
Skoro zbiór A zawiera 10 zdarzeń sprzyjających to:
\(\frac{4}{15}= \frac{10}{|\Omega|} \So |\Omega|= \frac{75}{2} \notin \nn\)
-
- Guru
- Posty: 17549
- Rejestracja: 09 lis 2010, 07:38
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękowania: 41 razy
- Otrzymane podziękowania: 7435 razy
- Płeć:
Re:
\(A= \left\{ (3,6)(4,6)(5,6)(4,5)(6,5)(5,4)(6,4)(6,3) \right\}\),kerajs pisze:Wypisz tylko zdarzenie sprzyjające, czyli te w których suma dwóch wyników jest większa od 8:
\(A= \left\{ (3,6)(4,6)(5,6)(6,6)(4,5)(5,5)(6,5)(5,4)(6,4)(6,3) \right\}\\
P(A)= \frac{10}{6^2}\)
bo losujemy bez zwracania
\(\Omega\) zbiór dwuwyrazowych ciągów o różnych elementach ze zbioru \(\left\{ 1,2,3,4,5,6\right\}\)
\(\kre{ \kre{ \Omega } }=6 \cdot 5=30\)
No to istotnie, \(P(A)= \frac{8}{30}= \frac{4}{15}\)
PS
w poprzednim moim rozwiązaniu , po poprawieniu pomyłki jest \(P(A)= \frac{8 \cdot 24}{30 \cdot 24}\) czyli tak samo
-
- Czasem tu bywam
- Posty: 113
- Rejestracja: 17 sie 2017, 20:34
- Podziękowania: 34 razy
- Otrzymane podziękowania: 2 razy
- Płeć:
Re: Re:
Dlaczego w omedze bierzemy pod uwagę tylko dwuwyrazowe ciągi a nie wszystkie możliwe (będą jeszcze 3-wyrazowe, 4-wyrazowe i na tym się skończy)radagast pisze:\(A= \left\{ (3,6)(4,6)(5,6)(4,5)(6,5)(5,4)(6,4)(6,3) \right\}\),kerajs pisze:Wypisz tylko zdarzenie sprzyjające, czyli te w których suma dwóch wyników jest większa od 8:
\(A= \left\{ (3,6)(4,6)(5,6)(6,6)(4,5)(5,5)(6,5)(5,4)(6,4)(6,3) \right\}\\
P(A)= \frac{10}{6^2}\)
bo losujemy bez zwracania
\(\Omega\) zbiór dwuwyrazowych ciągów o różnych elementach ze zbioru \(\left\{ 1,2,3,4,5,6\right\}\)
\(\kre{ \kre{ \Omega } }=6 \cdot 5=30\)
No to istotnie, \(P(A)= \frac{8}{30}= \frac{4}{15}\)
PS
w poprzednim moim rozwiązaniu , po poprawieniu pomyłki jest \(P(A)= \frac{8 \cdot 24}{30 \cdot 24}\) czyli tak samo
-
- Fachowiec
- Posty: 2963
- Rejestracja: 14 lis 2016, 14:38
- Podziękowania: 33 razy
- Otrzymane podziękowania: 1303 razy
- Płeć:
Wypiłem lampkę Martini i ponownie zliczałem zdarzenia. Tym razem bez powtórzeń.
Wyszło mi, że możliwych zdarzeń:
2-rzutowych jest 8,
3-rzutowych jest 64,
4-rzutowych jest 72,
Razem to 144 zdarzenia.
\(P(A)= \frac{8}{144}= \frac{1}{18}\)
Jak Radagast wykaże że znowu źle liczę, to przerzucę się na coś mocniejszego, czyli Ajerkoniak.
Wyszło mi, że możliwych zdarzeń:
2-rzutowych jest 8,
3-rzutowych jest 64,
4-rzutowych jest 72,
Razem to 144 zdarzenia.
\(P(A)= \frac{8}{144}= \frac{1}{18}\)
Jak Radagast wykaże że znowu źle liczę, to przerzucę się na coś mocniejszego, czyli Ajerkoniak.
-
- Guru
- Posty: 17549
- Rejestracja: 09 lis 2010, 07:38
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękowania: 41 razy
- Otrzymane podziękowania: 7435 razy
- Płeć:
Re: Re:
bo interesuje nas tylko to co się dzieje na pierwszych dwóch miejscach. Można brać pod uwagę ciągi sześciowyrazowe (tak jak w moim pierwszym poście w tym temacie), a potem sześcio-wyrazowe sprzyjające. To nie ma znaczenia. Wynik ten sam (patrz wyżej).VirtualUser pisze: Dlaczego w omedze bierzemy poddzieje na pierwszych dwóch miejscacach uwagę tylko dwuwyrazowe ciągi a nie wszystkie możliwe (będą jeszcze 3-wyrazowe, 4-wyrazowe i na tym się skończy)
-
- Guru
- Posty: 17549
- Rejestracja: 09 lis 2010, 07:38
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękowania: 41 razy
- Otrzymane podziękowania: 7435 razy
- Płeć:
Re:
@Kerajs żeby tak liczyć, wszystkie zdarzenia muszą być jednakowo prawdopodobne.kerajs pisze:Wypiłem lampkę Martini i ponownie zliczałem zdarzenia. Tym razem bez powtórzeń.
Wyszło mi, że możliwych zdarzeń:
2-rzutowych jest 8,
3-rzutowych jest 64,
4-rzutowych jest 72,
Razem to 144 zdarzenia.
\(P(A)= \frac{8}{144}= \frac{1}{18}\)
Jak Radagast wykaże że znowu źle liczę, to przerzucę się na coś mocniejszego, czyli Ajerkoniak.