1.
Spośród liczb \(1,2,3,...,2n-1, 2n\) losujemy ze zwracaniem dwa razy po jednej liczbie. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że iloraz pierwszej wylosowanej liczby przez drugą należy do przedziału \((1,2>\).
Odpowiedź : \(\frac{}{} P(A)= \frac{n^2}{4n^2} = \frac{1}{4}\)
Komentarz: Obliczyłem Omegę wzorem na wariację z powtórzeniami \(\Omega =(2n)^2 \Rightarrow \Omega =4n^2\), ale nie potrafię policzyć zbioru A. Zapisałem tylko warunek, że dla wylosowanych liczb \((a,b)\) musi być spełniona zależność
\(b<a \le 2b\), żeby iloraz wylosowanej liczby przez drugą liczbę był w przedziale \((1,2>\)
2.
Punkt obrony przeciwlotniczej dysponuje pięcioma rakietami, z których każda naprowadzona jest na cel niezależnie od pozostałych i każda zawsze trafia do tego celu. W zasięgu obrony przeciwlotniczej pojawiły się trzy nieprzyjacielskie samoloty. Oblicz prawdopodobieństwo, że wszystkie samoloty zostaną trafione.
Odpowiedź: \(\frac{16}{27}\)
3.
W sześcianie o wierzchołkach \(A_1,A_2,A_3,...,A_8\) ponumerowano losowo krawędzie numerami od \(1\) do \(12\), przy czym uczyniono to w sposób losowy.
a) Czy możliwe jest takie ponumerowanie krawędzi, aby suma numerów krawędzi wychodzących z każdego wierzchołka była taka sama ?
b)Oblicz prawdopodobieństwo tego, że krawędzie o numerach 1,2,3 wychodzą z jednego wierzchołka.
Odp: a)nie b)\(\frac{2}{55}\)
Komentarz: w a) doszedłem do tego, że jest to niemożliwe, ale metodą prób i błędów. Nie wiem jak to uzasadnić matematycznie. Na podpunkt b) w ogóle nie mam pomysłu.
Proszę o pomoc.
Prawdopodobieństwo - 3 zadania - p. roz
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
1.
Dobrze to rozpisałeś. Dla każdej liczby parzystej b=2k i liczby następnej, czyli b=2k+1 będzie k możliwości wylosowania liczby drugiej a tak, żeby liczby te spełniały warunek zadania. Jeśli za pierwszym razem wylosuje się liczbę 1, to możliwości jest 0. Ilość możliwości to zatem: 0+1+1+2+2+3+3+...+(n-1)+(n-1)+n, czyli
\(\overline{\overline{A}}= 2\cdot\ S_n-n=2\cdot\frac{1+n}{2}\cdot\ n-n=n(n+1)-n=n^2+n-n=n^2\)
\(P(A)=\frac{n^2}{4n^2}=\frac{1}{4}\)
2.
Wszystkich możliwości "wycelowania" pięciu rakiet do trzech celów jest tyle, ile wszystkich funkcji ze zbioru 5-elementowego do zbioru 3-elementowego, czyli \(3^5\). Spośród nich trzeba wyrzucić te, które "wykorzystują" 2 spośród nich, czyli \({3 \choose 2} \cdot2^5=3\cdot2^5\) oraz te przypadki, w których wszystkie rakiety wycelowane będą w ten sam cel (funkcje stałe)- jest ich 3.
Zatem:
\(\overline{\overline{\Omega}} =3^5\\ \overline{\overline{A}} =3^5-3\cdot2^5-3\\P(A)=\frac{3^5-3\cdot2^5-3}{3^5}=\frac{3(3^4-2^5-1)}{3^5}=\frac{3^4-2^5-1}{3^4}=\frac{81-32-1}{81}=\frac{48}{81}=\frac{16}{27}\)
Dobrze to rozpisałeś. Dla każdej liczby parzystej b=2k i liczby następnej, czyli b=2k+1 będzie k możliwości wylosowania liczby drugiej a tak, żeby liczby te spełniały warunek zadania. Jeśli za pierwszym razem wylosuje się liczbę 1, to możliwości jest 0. Ilość możliwości to zatem: 0+1+1+2+2+3+3+...+(n-1)+(n-1)+n, czyli
\(\overline{\overline{A}}= 2\cdot\ S_n-n=2\cdot\frac{1+n}{2}\cdot\ n-n=n(n+1)-n=n^2+n-n=n^2\)
\(P(A)=\frac{n^2}{4n^2}=\frac{1}{4}\)
2.
Wszystkich możliwości "wycelowania" pięciu rakiet do trzech celów jest tyle, ile wszystkich funkcji ze zbioru 5-elementowego do zbioru 3-elementowego, czyli \(3^5\). Spośród nich trzeba wyrzucić te, które "wykorzystują" 2 spośród nich, czyli \({3 \choose 2} \cdot2^5=3\cdot2^5\) oraz te przypadki, w których wszystkie rakiety wycelowane będą w ten sam cel (funkcje stałe)- jest ich 3.
Zatem:
\(\overline{\overline{\Omega}} =3^5\\ \overline{\overline{A}} =3^5-3\cdot2^5-3\\P(A)=\frac{3^5-3\cdot2^5-3}{3^5}=\frac{3(3^4-2^5-1)}{3^5}=\frac{3^4-2^5-1}{3^4}=\frac{81-32-1}{81}=\frac{48}{81}=\frac{16}{27}\)
3.
Suma numerów przy wszystkich krawędziach to \(1+2+3+...+12=\frac{1+12}{2}\cdot12=78\). Jeżeli dodamy liczby zbiegające się we wszystkich wierzchołkach sześcianu, to zauważmy, że każda z liczb przypisanych krawędziom występować tu będzie 2 razy. Suma ta więc będzie równa \(2\cdot78=156\). Liczba 156 nie dzieli się przez 8, więc nie da się liczb od 1 do 12 tak przypisać krawędziom, żeby w każdym z ośmiu wierzchołków otrzymać równe sumy.
Suma numerów przy wszystkich krawędziach to \(1+2+3+...+12=\frac{1+12}{2}\cdot12=78\). Jeżeli dodamy liczby zbiegające się we wszystkich wierzchołkach sześcianu, to zauważmy, że każda z liczb przypisanych krawędziom występować tu będzie 2 razy. Suma ta więc będzie równa \(2\cdot78=156\). Liczba 156 nie dzieli się przez 8, więc nie da się liczb od 1 do 12 tak przypisać krawędziom, żeby w każdym z ośmiu wierzchołków otrzymać równe sumy.
Ostatnio zmieniony 16 lut 2010, 23:36 przez irena, łącznie zmieniany 1 raz.
wszystkich możliwości "rozłożenia" numerów na krawędziach jest 12!. Wybieramy jeden z wierzchołków (8 możliwości wyboru), na trzech miejscach lokujemy przy tym wierzchołku na krawędziach numery 1, 2, 3- tu mamy 3! możliwości, a na pozostałych dziewięciu krawędziach lokujemy pozostałe 9 liczb - możliwości 9!
Czyli:
\(\overline{\overline{\Omega}} =12!\\ \overline{\overline{A}} =8\cdot3!\cdot9!\\P(A)=\frac{8\cdot3!\cdot9!}{12!}=\frac{8\cdot6}{10\cdot11\cdot12}=\frac{2}{5\cdot11}=\frac{2}{55}\)
Czyli:
\(\overline{\overline{\Omega}} =12!\\ \overline{\overline{A}} =8\cdot3!\cdot9!\\P(A)=\frac{8\cdot3!\cdot9!}{12!}=\frac{8\cdot6}{10\cdot11\cdot12}=\frac{2}{5\cdot11}=\frac{2}{55}\)
-
daniel2224
- Witam na forum
- Posty: 1
- Rejestracja: 31 sty 2011, 01:21
- Płeć:
-
swistak
- Rozkręcam się
- Posty: 41
- Rejestracja: 15 lut 2009, 11:50
- Podziękowania: 20 razy
- Otrzymane podziękowania: 1 raz
Witam,
przepraszam że odgrzebuje tak stary temat ale też mam problem z zadaniem z samolotami i rakietami.
Wydaje mi się jednak że rozwiązanie ireny jest błędne. Wyrzucając ten rozwiażania które wykorzystują 2 możliwości nie powinno być \(3* 2^5\) ale \(3* (2^5 - 2)\) ponieważ musimy wyrzucić możliwości gdzie 5 razy wyjdzie ta sama możliwość (ponieważ przy zapisie 3*(2^5) uwzględnione są też pocje (1,1,1,1,1) ; (2,2,2,2,2) ; (3,3,3,3,3) i to każda po dwa razy. W takim razie powinien być bląd w odp i wynik powinien być 50/81, dobrze myśle ? Jeśli nie to niech ktoś mnie poprawi.
Pozdrawiam i przepraszam za dość chaotyczny sposób przekazania informacji
swistak
przepraszam że odgrzebuje tak stary temat ale też mam problem z zadaniem z samolotami i rakietami.
Wydaje mi się jednak że rozwiązanie ireny jest błędne. Wyrzucając ten rozwiażania które wykorzystują 2 możliwości nie powinno być \(3* 2^5\) ale \(3* (2^5 - 2)\) ponieważ musimy wyrzucić możliwości gdzie 5 razy wyjdzie ta sama możliwość (ponieważ przy zapisie 3*(2^5) uwzględnione są też pocje (1,1,1,1,1) ; (2,2,2,2,2) ; (3,3,3,3,3) i to każda po dwa razy. W takim razie powinien być bląd w odp i wynik powinien być 50/81, dobrze myśle ? Jeśli nie to niech ktoś mnie poprawi.
Pozdrawiam i przepraszam za dość chaotyczny sposób przekazania informacji
swistak
No cóż, wydaje mi się, że masz rację. Za bardzo sugerowałam się chyba odpowiedzią... 
Poprawię:
\(P(A)=\frac{3^5-3(2^5-2)-3}{3^5}=\frac{243-3\cdot90-3}{243}=\frac{243-90-3}{243}=\frac{150}{243}=\frac{50}{81}\)
Jeśli z funkcji przyjmujących jako wartości 2 "cele" wyrzucimy te stałe, to otrzymamy \(3(2^5-2)\) takich funkcji, które powodują zestrzelenie 2 celów. Dodajmy do tego 3 funkcje stałe. Otrzymamy \(3(2^5-2)+3\) funkcje, które "nie obejmują" wszystkich trzech celów.
Poproszę jeszcze o konsultację...
Poprawię:
\(P(A)=\frac{3^5-3(2^5-2)-3}{3^5}=\frac{243-3\cdot90-3}{243}=\frac{243-90-3}{243}=\frac{150}{243}=\frac{50}{81}\)
Jeśli z funkcji przyjmujących jako wartości 2 "cele" wyrzucimy te stałe, to otrzymamy \(3(2^5-2)\) takich funkcji, które powodują zestrzelenie 2 celów. Dodajmy do tego 3 funkcje stałe. Otrzymamy \(3(2^5-2)+3\) funkcje, które "nie obejmują" wszystkich trzech celów.
Poproszę jeszcze o konsultację...
-
marcinek
- Dopiero zaczynam
- Posty: 14
- Rejestracja: 23 sty 2011, 10:06
- Podziękowania: 1 raz
- Otrzymane podziękowania: 3 razy
- Płeć:
zad.2 Inny sposób rozwiązania zadania:
potraktujmy samoloty jak kule, które mamy przyporządkować do pięciu szuflad (tutaj do rakiet).
Każda szuflada może zawierać każdą z trzech kul, wszystkich możliwości mamy zatem \(3^5\)
Ponieważ mamy tak kule rozmieścić w szufladach, aby w każdej szufladzie była tylko jedna kula i wszystkie kule muszą być wykorzystane (bo wszystkie samoloty mają być trafione) zatem mamy następujące przypadki:
szuflady oznaczmy przez \(K, L, M, N, O\)
\(A, B, C\) - kule
możliwe są następujące sytuacje:
\(K L M N O\)
\(A B C A A\) trzy razy powtarza się kula A
\(A B C B B\) trzy razy powtarza się kula B
\(A B C C C\) trzy razy powtarza się kula C
\(A B C A B\) dwa razy powtarza się kula A i B
\(A B C B C\) dwa razy powtarza się kula B i C
\(A B C A C\) dwa razy powtarza się kula A i C
teraz stosujemy permutację z powtórzeniami i mamy wszystkich możliwości:
\(P(A) = \frac{3 \cdot \frac{5!}{3!} + 3 \cdot \frac{5!}{2! \cdot 2!} }{3^5} = \frac{150}{243}\)
potraktujmy samoloty jak kule, które mamy przyporządkować do pięciu szuflad (tutaj do rakiet).
Każda szuflada może zawierać każdą z trzech kul, wszystkich możliwości mamy zatem \(3^5\)
Ponieważ mamy tak kule rozmieścić w szufladach, aby w każdej szufladzie była tylko jedna kula i wszystkie kule muszą być wykorzystane (bo wszystkie samoloty mają być trafione) zatem mamy następujące przypadki:
szuflady oznaczmy przez \(K, L, M, N, O\)
\(A, B, C\) - kule
możliwe są następujące sytuacje:
\(K L M N O\)
\(A B C A A\) trzy razy powtarza się kula A
\(A B C B B\) trzy razy powtarza się kula B
\(A B C C C\) trzy razy powtarza się kula C
\(A B C A B\) dwa razy powtarza się kula A i B
\(A B C B C\) dwa razy powtarza się kula B i C
\(A B C A C\) dwa razy powtarza się kula A i C
teraz stosujemy permutację z powtórzeniami i mamy wszystkich możliwości:
\(P(A) = \frac{3 \cdot \frac{5!}{3!} + 3 \cdot \frac{5!}{2! \cdot 2!} }{3^5} = \frac{150}{243}\)
-
Galen
- Guru
- Posty: 18457
- Rejestracja: 17 sie 2008, 15:23
- Podziękowania: 4 razy
- Otrzymane podziękowania: 9161 razy
\(\overline{\overline{ \Omega }}=3^5=243\)
Mamy takie możliwości:(1,1,1,1,1)-wszyscy strzelili do pierwszego samolotu
(2,2,2,2,2)-wszyscy do drugiego i (3,3,3,3,3)-wszyscy do trzeciego.
Lub strzelili do dwóch :\({ 3\choose2 } \cdot 2^5=3 \cdot 32=96\) możliwości.
W pozostałych przypadkach trafiony jest każdy z trzech.
\(\overline{\overline{A}}=3^5-(3+96)=243-99=144\\
P(A)= \frac{144}{243}= \frac{16}{27}\)
Mamy takie możliwości:(1,1,1,1,1)-wszyscy strzelili do pierwszego samolotu
(2,2,2,2,2)-wszyscy do drugiego i (3,3,3,3,3)-wszyscy do trzeciego.
Lub strzelili do dwóch :\({ 3\choose2 } \cdot 2^5=3 \cdot 32=96\) możliwości.
W pozostałych przypadkach trafiony jest każdy z trzech.
\(\overline{\overline{A}}=3^5-(3+96)=243-99=144\\
P(A)= \frac{144}{243}= \frac{16}{27}\)
Wszystko jest trudne,nim stanie się proste.