Cześć, to mój pierwszy post. Nie mogę sobie poradzić z rozwiązaniem dość trudnych moim zdaniem zadań. Oto one:
1. Każdą z n jednakowej długości pałeczek podzielono na dwie części, przy czym żadne dwie części nie są tej samej długości. Otrzymane w ten sposób 2n części łączymy znów w pary. Oblicz prawdopodobieństwo, że do każdej dłuższej części zostanie dołączona krótka część
ODP: \(\frac{2^{n} \cdot (n!)^{2}}{(2n)!}\)
2. W szafie było n par butów. Michał po ciemku wyciągnął losowo 2k butów (2k<n). Oblicz, jakie jest prawdopodobieństwo, że wśród butów nie ma ani jednej pary.
ODP: \(\frac{ { n\choose 2k} \cdot 4^{k} }{ { 2n\choose2k } }\)
KOMENTARZ: zadania 1 i 2 z działu o prawdopodobieństwie klasycznym
3. Na peronie stało 4n osób, \(n \in N_{+}\). Gdy przyjechał pociąg złożony z czterech wagonów, każda z nich losowo wybierała wagon do którego wsiądzie. Liczba wszystkich możliwości umieszczenia tych osób w pociągu tak, aby w każdym wagonie znalazła się ta sama liczba osób wyniosła 369600. Ile osób stało na peronie?
ODP: 12
KOMENTARZ: zadanie z kombinatoryki
4. Zadanie Banacha. Pewien matematyk ma dwa pudełka zapałek, w każdym po N zapałek. W momencie, gdy potrzebuje zapałki, wybiera losowo pudełko, a z niego zapałkę. Musi nadejść taki moment, w którym jedno z pudełek okaże się puste. Jakie jest prawdopodobieństwo, że w tym momencie w drugim pudełku jest dokładnie K zapałek.
ODP: \({2N-K \choose N } \cdot ( \frac{1}{2})^{2N-K}\)
KOMENTARZ: Zadanie z zastosowania schematu Bernoulliego
Ogólnie zadania są z książki: Matematyka - zbiór zadań do liceów i techników klasa III, autorstwa: K. Kłaczkow, M. Kurczab, E. Świda.
Z góry dziękuje za pomoc.
Pozdrawiam wszystkich.
4 zadanka z prawdopodobieństwa
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
piwowarczyk85
- Dopiero zaczynam
- Posty: 15
- Rejestracja: 28 lut 2010, 22:36
1.
Wszystkich możliwości połączenia części tych pałeczek w pary jest \((2n-1)(2n-3)\cdot...\cdot3\cdot1\). (Każdej części można przypasować jedną z części pozostałych.)
Połączeń takich, w których pałeczkom dłuższym przypasujemy krótsze jest n!.
Więc \(P(A)=\frac{n!}{(2n-1)(2n-3)(2n-5)\cdot...\cdot3\cdot1}\)
Co prawda mój wynik wygląda inaczej, niż ten podany w odpowiedzi. Ale jeśli pomnożymy licznik i mianownik tego, co otrzymałam w rozwiązaniu, przez wszystkie liczby parzyste od 2 do 2n, czyli przez:
\(2\cdot4\cdot6\cdot...\cdot(2n-4)(2n-2)\cdot2n=2^n\cdot(1\cdot2\cdot3\cdot...\cdot(n-1)\cdot\ n)=2^n\cdot\ n!\),
to otrzymamy:
\(\frac{n!\cdot2^n\cdot\ n!}{1\cdot2\cdot3\cdot...\cdot(2n-3)(2n-2)(2n-1)\cdot2n}=\frac{2^n\cdot(n!)^2}{(2n)!}\).
Wszystkich możliwości połączenia części tych pałeczek w pary jest \((2n-1)(2n-3)\cdot...\cdot3\cdot1\). (Każdej części można przypasować jedną z części pozostałych.)
Połączeń takich, w których pałeczkom dłuższym przypasujemy krótsze jest n!.
Więc \(P(A)=\frac{n!}{(2n-1)(2n-3)(2n-5)\cdot...\cdot3\cdot1}\)
Co prawda mój wynik wygląda inaczej, niż ten podany w odpowiedzi. Ale jeśli pomnożymy licznik i mianownik tego, co otrzymałam w rozwiązaniu, przez wszystkie liczby parzyste od 2 do 2n, czyli przez:
\(2\cdot4\cdot6\cdot...\cdot(2n-4)(2n-2)\cdot2n=2^n\cdot(1\cdot2\cdot3\cdot...\cdot(n-1)\cdot\ n)=2^n\cdot\ n!\),
to otrzymamy:
\(\frac{n!\cdot2^n\cdot\ n!}{1\cdot2\cdot3\cdot...\cdot(2n-3)(2n-2)(2n-1)\cdot2n}=\frac{2^n\cdot(n!)^2}{(2n)!}\).
-
piwowarczyk85
- Dopiero zaczynam
- Posty: 15
- Rejestracja: 28 lut 2010, 22:36
. Czy można jaśniej to zadanko wytłumaczyć?1.
No, to może tak:
po podziale mamy 2n pałeczek. Wybieram jedną z nich- 2n możliwości. do niej dokładam drugą - (2n-1) możliwości. Biorę następną- (2n-2) i dokładam jedną z (2n-3) pozostałych. Zostało mi (2n-4), dokładam do jednej z nich jedną - (2n-5) możliwości. I tak dalej. Na końcu do jednej z dwu, które mi zostały dokładam ostatnią.
Czyli zbiór wszystkich takich par mogę utworzyć na (2n)! możliwości.
Stąd \(\overline{\overline{\Omega}} =(2n)!\)
Teraz dopasowujemy "długa- krótka" lub "krótka- długa".
Ustawiam w rzędzie pałeczki długie- n! możliwości. Do każdego ustawienia dopasowuję rząd krótkich- n! możliwości. Ponieważ poprzednio brałam pod uwagę porządek, więc do każdej pary dokładam jej przestawienie. Stąd \(\overline{\overline{A}} =n!\cdot\ n!\cdot(2!)^n=2^n\cdot(n!)^2\)
No, to może tak:
po podziale mamy 2n pałeczek. Wybieram jedną z nich- 2n możliwości. do niej dokładam drugą - (2n-1) możliwości. Biorę następną- (2n-2) i dokładam jedną z (2n-3) pozostałych. Zostało mi (2n-4), dokładam do jednej z nich jedną - (2n-5) możliwości. I tak dalej. Na końcu do jednej z dwu, które mi zostały dokładam ostatnią.
Czyli zbiór wszystkich takich par mogę utworzyć na (2n)! możliwości.
Stąd \(\overline{\overline{\Omega}} =(2n)!\)
Teraz dopasowujemy "długa- krótka" lub "krótka- długa".
Ustawiam w rzędzie pałeczki długie- n! możliwości. Do każdego ustawienia dopasowuję rząd krótkich- n! możliwości. Ponieważ poprzednio brałam pod uwagę porządek, więc do każdej pary dokładam jej przestawienie. Stąd \(\overline{\overline{A}} =n!\cdot\ n!\cdot(2!)^n=2^n\cdot(n!)^2\)
2.
Oczywiście wszystkich wyborów jest tyle, ile zbiorów 2k-elementowych ze zbioru 2n-elementowego.
\(\overline{\overline{\Omega}} = {2n \choose 2k}\).
Wyciągamy buty tak, że by nie były do pary. Czyli 2k butów spośród n z różnych par. Ale buty są rozróżnialne- "lewy", "prawy". Za każdym razem tworząc zbiór n butów z różnych par mamy 2 możliwości. Stąd \(\overline{\overline{A}} = {n \choose 2k} \cdot2^{2k}= {n \choose 2k} \cdot4^k\)
Oczywiście wszystkich wyborów jest tyle, ile zbiorów 2k-elementowych ze zbioru 2n-elementowego.
\(\overline{\overline{\Omega}} = {2n \choose 2k}\).
Wyciągamy buty tak, że by nie były do pary. Czyli 2k butów spośród n z różnych par. Ale buty są rozróżnialne- "lewy", "prawy". Za każdym razem tworząc zbiór n butów z różnych par mamy 2 możliwości. Stąd \(\overline{\overline{A}} = {n \choose 2k} \cdot2^{2k}= {n \choose 2k} \cdot4^k\)
3.
Te 4n osób można rozsadzić do 4 wagonów na:
\({4n \choose n\cdot} {3n \choose n} \cdot {2n \choose n} =\frac{(4n)!}{n!\cdot(3n)!}\cdot\frac{(3n)!}{n!\cdot(2n)!}\cdot\frac{(2n)!}{n!\cdot\ n!}=\frac{4n)!}{(n!)^4}\) sposobów.
Ale jak rozwiązać równanie: \(\frac{(4n)!}{(n!)^4}=369600\)?
Może ktoś Ci pomoże, bo ja próbowałam korzystając z rozkładu liczby na iloczyn potęg liczb pierwszych, ale to strasznie zagmatwane.
Te 4n osób można rozsadzić do 4 wagonów na:
\({4n \choose n\cdot} {3n \choose n} \cdot {2n \choose n} =\frac{(4n)!}{n!\cdot(3n)!}\cdot\frac{(3n)!}{n!\cdot(2n)!}\cdot\frac{(2n)!}{n!\cdot\ n!}=\frac{4n)!}{(n!)^4}\) sposobów.
Ale jak rozwiązać równanie: \(\frac{(4n)!}{(n!)^4}=369600\)?
Może ktoś Ci pomoże, bo ja próbowałam korzystając z rozkładu liczby na iloczyn potęg liczb pierwszych, ale to strasznie zagmatwane.