forum.zadania.info

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?

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...

Wypisz tylko zdarzenie sprzyjające, czyli te w których suma dwóch wyników jest większa od 8:
\(A= \left\{ (3,6)(4,6)(5,6)(6,6)(4,5)(5,5)(6,5)(5,4)(6,4)(6,3) \right\}\\
P(A)= \frac{10}{6^2}\)

jak omegę policzyłeś?

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.

\(\Omega\)- 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
\(P(A)= \frac{240}{720}= \frac{1}{3}\)

kerajs 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.

odpowiedzią jest 4/15, ale podobnie robiłem tak jak Ty, z tymże nieco inaczej mi wyszło, dziwnie to ogarnąć

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
\(P(A)= \frac{240}{720}= \frac{1}{3}\)

Czemu omega tak?

VirtualUser pisze: odpowiedzią jest 4/15, ale podobnie robiłem tak jak Ty, z tymże nieco inaczej mi wyszło, dziwnie to ogarnąć

Dość łatwo wykazać że 4/15 nie może być prawidłową odpowiedzią.
Skoro zbiór A zawiera 10 zdarzeń sprzyjających to:
\(\frac{4}{15}= \frac{10}{|\Omega|} \So |\Omega|= \frac{75}{2} \notin \nn\)

kerajs pisze:Wypisz tylko zdarzenie sprzyjające, czyli te w których suma dwóch wyników jest większa od 8:
\(A= \left\{ (3,6)(4,6)(5,6)(6,6)(4,5)(5,5)(6,5)(5,4)(6,4)(6,3) \right\}\\
P(A)= \frac{10}{6^2}\)

\(A= \left\{ (3,6)(4,6)(5,6)(4,5)(6,5)(5,4)(6,4)(6,3) \right\}\),
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

BEZ ZWRACANIA !!!
Ech, chyba pójdę się upić.

radagast pisze:

kerajs pisze:Wypisz tylko zdarzenie sprzyjające, czyli te w których suma dwóch wyników jest większa od 8:
\(A= \left\{ (3,6)(4,6)(5,6)(6,6)(4,5)(5,5)(6,5)(5,4)(6,4)(6,3) \right\}\\
P(A)= \frac{10}{6^2}\)

\(A= \left\{ (3,6)(4,6)(5,6)(4,5)(6,5)(5,4)(6,4)(6,3) \right\}\),
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

Dlaczego w omedze bierzemy pod uwagę tylko dwuwyrazowe ciągi a nie wszystkie możliwe (będą jeszcze 3-wyrazowe, 4-wyrazowe i na tym się skończy)

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.

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)

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).

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.

@Kerajs żeby tak liczyć, wszystkie zdarzenia muszą być jednakowo prawdopodobne.

Słusznie.

Puenta:
Najlepiej popatrzeć na drzewko i podać wynik.

Wielkie SORRY za zamieszanie.