Z. 1
Wybieramy losowo trzy różne liczby naturalne ze zbioru \({1,2,3...,100}\). Czy bardziej prawdopodobne jest wybranie trzech liczb podzielnych przez \(4\), czy wybranie trzech liczb, z których można utworzyć ciąg arytmetyczny ?
Odpowiedź: Bardziej prawdopodobne jest wybranie trzech liczb podzielnych przez \(4\).
Komentarz: Policzyłem omegę, czyli \(\Omega = { 100\choose 3} =161700\) oraz zbiór A, czyli wylosowanie liczby podzielnej przez \(4\), czyli \(A= {25 \choose 3} =2300\). A więc prawdopodobieństwo wybrania trzech liczb podzielnych przez \(4\) wynosi \(P(A)= \frac{23}{1617}\). Niestety nie potrafię policzyć prawdopodobieństwa wylosowania trzech liczb tworzących ciąg arytmetyczny \(P(B)\).
Z.2
W urnie są trzy kule, w tym \(n\) białych. Wyjęto dwie kule i włożono do drugiej urny, początkowo pustej. Z drugiej urny wyjęto teraz jedną kulę. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania z drugiej urny kuli białej.
Odpowiedź: \(P(A)= \frac{n}{3}\)
Z.3
Oblicz prawdopodobieństwo tego, że przy czterokrotnym rzucie kostką trzy kolejne wyniki tworzą ciąg geometryczny.
Odpowiedź : \(P(A)= \frac{5}{72}\)
Komentarz: To zadanie w zasadzie zrobiłem, ale może ktoś potrafi je zrobić prościej i lepiej niż ja. Otóż policzyłem omegę \(\Omega =6^4\) a zbiór A zapisałem jako \(2 \cdot (6+6+6+6+6+6+6+6)-6=15 \cdot 6\).
Policzyłem to tak, że jest 6 możliwości dla (1,1,1,x) gdzie x jest liczbą z przedziału <1,6> i razy dwa ponieważ x może być na początku lub na końcu. Podobnie z (2,2,2,x) itp. Czyli to jest sześć szóstek, do tego dochodzi (1,2,4,x) i też razy dwa bo może być (x,1,2,4) oraz (4,2,1,x) i także razy 2, czyli jest \(2 \cdot 8 \cdot 6\) ale trzeba odjąć od tego 6 ponieważ, może być sytuacja (1,1,1,1) ; (2,2,2,2) itp, ogólnie 6 takich sytuacji, które przy mnożeniu przez 2 się podwaja. Koniec końców wyszło mi
\(P(A)= \frac{15 \cdot 6}{6^4} = \frac{15}{216} = \frac{5}{72}\)
Proszę o pomoc.
Prawdopodobieństwo - 3 zadania - p. roz
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
1.
Nie wiem, czy dobrze myślę, ale spróbuj prześledzić takie rozumowanie:
- ciągów stałych nie ma
- ciągów trzech liczb, których kolejne wyrazy tworzą ciąg o różnicy 1 jest tyle, ile kolejnych trzech liczb, czyli (100-2)
- ciągów o różnicy -1 jest tyle samo, czyli (100-2)
-ciągów o różnicy 2 jest (100-4)- pierwszy to (1,3,5), ostatni (96,98,100)
- ciągów o różnicy -2 tyle samo, czyli (100-4)
.
- ciągów o różnicy k jest (100-2k)
.
- ciągów o różnicy 48 jest (100-96)=4
- ciągów o różnicy -48 też 4
- ciągów o różnicy 49 jest (100-98)=2.
Razem wszystkich takich ciągów jest:
\(2\cdot98+2\cdot96+2\cdot94+...+2\cdot4+2\cdot2=2\cdot\frac{2+98}{2}\cdot49=100\cdot49=4900\)
Zbiór \(\Omega\) to zbiór wszystkich ciągów różnowartościowych.
\(\overline{\overline{\Omega}} =100\cdot99\cdot98\)
\(P(B)=\frac{4900}{100\cdot99\cdot98}=\frac{1}{198}\)
Nie wiem, czy dobrze myślę, ale spróbuj prześledzić takie rozumowanie:
- ciągów stałych nie ma
- ciągów trzech liczb, których kolejne wyrazy tworzą ciąg o różnicy 1 jest tyle, ile kolejnych trzech liczb, czyli (100-2)
- ciągów o różnicy -1 jest tyle samo, czyli (100-2)
-ciągów o różnicy 2 jest (100-4)- pierwszy to (1,3,5), ostatni (96,98,100)
- ciągów o różnicy -2 tyle samo, czyli (100-4)
.
- ciągów o różnicy k jest (100-2k)
.
- ciągów o różnicy 48 jest (100-96)=4
- ciągów o różnicy -48 też 4
- ciągów o różnicy 49 jest (100-98)=2.
Razem wszystkich takich ciągów jest:
\(2\cdot98+2\cdot96+2\cdot94+...+2\cdot4+2\cdot2=2\cdot\frac{2+98}{2}\cdot49=100\cdot49=4900\)
Zbiór \(\Omega\) to zbiór wszystkich ciągów różnowartościowych.
\(\overline{\overline{\Omega}} =100\cdot99\cdot98\)
\(P(B)=\frac{4900}{100\cdot99\cdot98}=\frac{1}{198}\)
Ostatnio zmieniony 19 lut 2010, 07:51 przez irena, łącznie zmieniany 1 raz.
3.
według mnie zrobiłeś dobrze.
Ciągów (a,a,a,x), gdzie x jest różne od a jest \(6\cdot5=30\), podobnie ciągów (x,a,a,a), też 30.. Do tego 6 ciągów (a,a,a,a). Razem 66.
do tego trzeba doliczyć 12 ciągów (1,2,4,a), (a,1,2,4), gdzie a- dowolne do 6
i 12 ciągów (4,2,1,a), (a,4,2,1). Razem 90.
Niepotrzebnie tylko rozpisujesz wszystko jako sumy, bo to trochę strasznie wygląda. Czasem inaczej się nie da. Ja myślę, że najważniejsze, że dobrze myślisz. A jak to sobie zapiszesz, to już Twoja sprawa.
według mnie zrobiłeś dobrze.
Ciągów (a,a,a,x), gdzie x jest różne od a jest \(6\cdot5=30\), podobnie ciągów (x,a,a,a), też 30.. Do tego 6 ciągów (a,a,a,a). Razem 66.
do tego trzeba doliczyć 12 ciągów (1,2,4,a), (a,1,2,4), gdzie a- dowolne do 6
i 12 ciągów (4,2,1,a), (a,4,2,1). Razem 90.
Niepotrzebnie tylko rozpisujesz wszystko jako sumy, bo to trochę strasznie wygląda. Czasem inaczej się nie da. Ja myślę, że najważniejsze, że dobrze myślisz. A jak to sobie zapiszesz, to już Twoja sprawa.
Re: Prawdopodobieństwo - 3 zadania - p. roz
Wg mnie w zadaniu 1 jest źle, bo trzeba wybrać trzy liczby z których można utworzyć ciąg arytmetyczny, więc z liczb np {1,2,3} można utworzyć 2 ciągi arytmetyczne ale {1,2,3} to jest tak jakby jedna możliwość a nie 2 bo nie ma znaczenia czy ciąg będzie rosnący czy malejący, chodzi aby znaleźć trzy liczby z których można utworzyć ciąg . Może ja to źle rozumuję ale wyjasnijcie mi to jak możecie To jest jedna trójka i tam gdzie bedzie r=-1 czy r=1 to ciąg będzie utworzony z tej samej trójki liczb także czemu mnożycie x2 jeszcze wszystko ?
Przeglądałam jeszcze raz ten temat z zad. 1.
Zbiór \(\Omega\) to- jak policzyłam- zbiór wszystkich ciągów trójwyrazowych otrzymanych w ten sposób (czyli liczy się kolejność).
W rozwiązaniu obliczałam zbiór ciągów arytmetycznych trójwyrazowych, a nie zbiory trzech elementów, z których można ciąg ułożyć.
W liczeniu prawdopodobieństwa nie powinno być mnożenia przez 2, tylko przez ilość permutacji, przez \(3!\) (bo nieważna jest kolejność losowania)
Tak więc, powinno być;
\(2+4+...+98=\frac{2+98}{2}\cdot49=2450\\P(B)=\frac{2450\cdot3!}{100\cdot99\cdot98}=\frac{2450\cdot6}{970200}=\frac{1}{66}\)
Albo:
\(P(B)=\frac{2450}{{100\choose 3}}\)
Zbiór \(\Omega\) to- jak policzyłam- zbiór wszystkich ciągów trójwyrazowych otrzymanych w ten sposób (czyli liczy się kolejność).
W rozwiązaniu obliczałam zbiór ciągów arytmetycznych trójwyrazowych, a nie zbiory trzech elementów, z których można ciąg ułożyć.
W liczeniu prawdopodobieństwa nie powinno być mnożenia przez 2, tylko przez ilość permutacji, przez \(3!\) (bo nieważna jest kolejność losowania)
Tak więc, powinno być;
\(2+4+...+98=\frac{2+98}{2}\cdot49=2450\\P(B)=\frac{2450\cdot3!}{100\cdot99\cdot98}=\frac{2450\cdot6}{970200}=\frac{1}{66}\)
Albo:
\(P(B)=\frac{2450}{{100\choose 3}}\)