wyszlo Ci pewnie od -4 do 1
musisz jeszcze ze wzorow viette'a okreslic kiedy rownanie ma pierwaistki dodatnie...
suma i iloczyn musza byc dodatnie, bo tylko wtedy rownanie ma 2 pierwaistki dodatnie, czycli cale 4 bo wartosc bezwzgledna...
tak troche to po lebkach napisalam, ale chyba wiesz o co chodzi...
[SZUKAM] matematyka rozszerzona probna maturka
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
homosapiens
- Rozkręcam się
- Posty: 48
- Rejestracja: 03 lis 2008, 17:50
\(A = 6n^3\)anetka10 pisze:mam pytanko do 9..
legenda: n - biale kule, 2n-zielone, 3n-czarne
gdzie jest moj blad:
liczylam moc omegi Kombinacja 3 z 6n
moc zdarzenia kombinacja 1 z n * kombinacja 1 z 2n * kombinacja 1 z 3n...
co tu jest zle, bo rachunki chyba mam ok, a wynik inny wychodzi
Więc powinno wyjść ok, u mnie \(n=1\) i ilość kul to 6
Kombinacje - liczba sposobów, w jaki spośród n elementów można wybrać k elementów
Wariacje bez powtórzeń - liczba sposobów, w jaki z n elementów można utworzyć ciąg, składający się z k różnych wyrazów.
Łatwo to zobrazować na przykładzie: wybieramy 2 elementy spośród 3, używając kombinacji i wariacji bez powtórzeń:
Kombinacje: \(C^{2}_{3}=3\), i są to: \(\{1,2\},\{2,3\},\{1,3\}\)
Wariacje: \(V^{2}_{3}=6\) i są to: \((1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(1,3),(3,1)\)
Innymi słowy kombinacje nie uwzględniają rozmieszczenia elementów, czyli nie rozróżniają kiedy wylosujemy po kolei: (białą, czerwoną, zieloną) kulę, czy też (czerwoną, białą, zieloną).
Mam nadzieję, że udało mi się rozjaśnić sytuację. pozdrawiam
Wariacje bez powtórzeń - liczba sposobów, w jaki z n elementów można utworzyć ciąg, składający się z k różnych wyrazów.
Łatwo to zobrazować na przykładzie: wybieramy 2 elementy spośród 3, używając kombinacji i wariacji bez powtórzeń:
Kombinacje: \(C^{2}_{3}=3\), i są to: \(\{1,2\},\{2,3\},\{1,3\}\)
Wariacje: \(V^{2}_{3}=6\) i są to: \((1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(1,3),(3,1)\)
Innymi słowy kombinacje nie uwzględniają rozmieszczenia elementów, czyli nie rozróżniają kiedy wylosujemy po kolei: (białą, czerwoną, zieloną) kulę, czy też (czerwoną, białą, zieloną).
Mam nadzieję, że udało mi się rozjaśnić sytuację. pozdrawiam
no racja, tylko dlaczego uważasz, że trzeba liczyć poprzez wariacje? Z kombinacjami dojdzie się do tego samego, kwestia interpretacji.arrgghh pisze:Kombinacje - liczba sposobów, w jaki spośród n elementów można wybrać k elementów
Wariacje bez powtórzeń - liczba sposobów, w jaki z n elementów można utworzyć ciąg, składający się z k różnych wyrazów.
Łatwo to zobrazować na przykładzie: wybieramy 2 elementy spośród 3, używając kombinacji i wariacji bez powtórzeń:
Kombinacje: \(C^{2}_{3}=3\), i są to: \(\{1,2\},\{2,3\},\{1,3\}\)
Wariacje: \(V^{2}_{3}=6\) i są to: \((1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(1,3),(3,1)\)
Innymi słowy kombinacje nie uwzględniają rozmieszczenia elementów, czyli nie rozróżniają kiedy wylosujemy po kolei: (białą, czerwoną, zieloną) kulę, czy też (czerwoną, białą, zieloną).
Mam nadzieję, że udało mi się rozjaśnić sytuację. pozdrawiam
to wszystko prawda, ale mozna to zadanko zrobic z wariacji albo z kombinacji...arrgghh pisze:Kombinacje - liczba sposobów, w jaki spośród n elementów można wybrać k elementów
Wariacje bez powtórzeń - liczba sposobów, w jaki z n elementów można utworzyć ciąg, składający się z k różnych wyrazów.
Łatwo to zobrazować na przykładzie: wybieramy 2 elementy spośród 3, używając kombinacji i wariacji bez powtórzeń:
Kombinacje: \(C^{2}_{3}=3\), i są to: \(\{1,2\},\{2,3\},\{1,3\}\)
Wariacje: \(V^{2}_{3}=6\) i są to: \((1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(1,3),(3,1)\)
Innymi słowy kombinacje nie uwzględniają rozmieszczenia elementów, czyli nie rozróżniają kiedy wylosujemy po kolei: (białą, czerwoną, zieloną) kulę, czy też (czerwoną, białą, zieloną).
Mam nadzieję, że udało mi się rozjaśnić sytuację. pozdrawiam
tylko wazna jest najprosciej mowiac konsekwencja w liczeniu, (omega i zdarzenia z tego samego)
wrocmy do zadanka:
zacznijmy z kombinacji:
Moc Omegi : ((6n-2)(6n-1)6n)/6
moc A: n*2n*3n= 6n^3
jezeli robimy z wariacji bez powtorzen:
moc omegi: ((6n-2)(6n-1)6n)
moc A: n*2n*3n=6n^3 i teraz 6n^3 mnozymy razy 3!, bo w przypadku wariacji mamy ciagi, kolejnosc ma znaczenie, a liczba permutacji cigu 3 elementowego to 3! (np. ulozenia kul (c,b,z), (b,c,z) - to co innego)
Jak nie patrzac, gdy oby dwa warianty podstawimy do wzoru na prawdopodobienstwo klasyczne mamy to samo...
\(|A|=C^{1}_{n}*C^{1}_{2n}*C^{1}_{3n}=n*2n*3n=6n^{3}\)
\(|\Omega_{C}|=C^{3}_{6n}=\frac{(6n)!}{3!(6n-3)!}=\frac{(6n-2)(6n-1)6n}{6}\) - omega z kombinacji
\(|\Omega_{W}|=V^{3}_{6n}=\frac{(6n)!}{(6n-3)!}=(6n-2)(6n-1)6n\) - omega z wariacji bez powtórzeń
\(|\Omega_{C}|=/=|\Omega_{W}|\) więc \(\frac{|A|}{|\Omega_{C}|}=/=\frac{|A|}{|\Omega_{W}|}\) i wynik nie będzie ten sam... Chyba że o inną interpretację Ci chodzi, a jeśli tak to napisz o jaką bo nie mogę nic innego znaleźć.
_
Edit: no chyba że tak
\(|\Omega_{C}|=C^{3}_{6n}=\frac{(6n)!}{3!(6n-3)!}=\frac{(6n-2)(6n-1)6n}{6}\) - omega z kombinacji
\(|\Omega_{W}|=V^{3}_{6n}=\frac{(6n)!}{(6n-3)!}=(6n-2)(6n-1)6n\) - omega z wariacji bez powtórzeń
\(|\Omega_{C}|=/=|\Omega_{W}|\) więc \(\frac{|A|}{|\Omega_{C}|}=/=\frac{|A|}{|\Omega_{W}|}\) i wynik nie będzie ten sam... Chyba że o inną interpretację Ci chodzi, a jeśli tak to napisz o jaką bo nie mogę nic innego znaleźć.
_
Edit: no chyba że tak
Ostatnio zmieniony 01 maja 2009, 19:37 przez arrgghh, łącznie zmieniany 1 raz.
Czyli jednak moje rozumowanie jest poprawne (wynik mam dobry)... Tzn to co podałaś:
"zacznijmy z kombinacji:
Moc Omegi : ((6n-2)(6n-1)6n)/6
moc A: n*2n*3n= 6n^3
jezeli robimy z wariacji bez powtorzen:
moc omegi: ((6n-2)(6n-1)6n)
moc A: n*2n*3n=6n^3 i teraz 6n^3 mnozymy razy 3!, bo w przypadku wariacji mamy ciagi, kolejnosc ma znaczenie, a liczba permutacji cigu 3 elementowego to 3! (np. ulozenia kul (c,b,z), (b,c,z) - to co innego)"
jest sobie równoważne, a zatem niepoprawne (bo skoro jak liczyłaś kombinacjami i Ci źle wyszło, i teraz zapisałaś TO SAMO tylko wariacjami to wynik się raczej nie poprawi
) Nie wiem już cholera sam... to prawdopodobieństwo nigdy nie jest jednoznaczne wrrr xDD
"zacznijmy z kombinacji:
Moc Omegi : ((6n-2)(6n-1)6n)/6
moc A: n*2n*3n= 6n^3
jezeli robimy z wariacji bez powtorzen:
moc omegi: ((6n-2)(6n-1)6n)
moc A: n*2n*3n=6n^3 i teraz 6n^3 mnozymy razy 3!, bo w przypadku wariacji mamy ciagi, kolejnosc ma znaczenie, a liczba permutacji cigu 3 elementowego to 3! (np. ulozenia kul (c,b,z), (b,c,z) - to co innego)"
jest sobie równoważne, a zatem niepoprawne (bo skoro jak liczyłaś kombinacjami i Ci źle wyszło, i teraz zapisałaś TO SAMO tylko wariacjami to wynik się raczej nie poprawi
) Nie wiem już cholera sam... to prawdopodobieństwo nigdy nie jest jednoznaczne wrrr xDD