forum.zadania.info

Hej, bardzo proszę o pomoc w poniższych zadaniach.
1) Ze zbioru <-3;3> wybieramy losowo dwie liczby (x,y). Jakie jest prawdopodobieństwo, że \(x^2 + y^2 \le 4\), gdy zbiór tworzą liczby:
(a) całkowite,
(b) rzeczywiste?

2) Rzucamy 6 razy monetę. Czy zdarzenie - wypadł dokładnie 3 razy orzeł i B - reszka wypadła dokładnie 3 razy są zależne?

3) W partii 200 układów scalonych 10 sztuk jest wadliwych. Wybieramy losowo 4 sztuki. Ile wynosi prawdopodobieństwo, że co najmniej 3 sztuki są nie wadliwe?

a) Ilustracja wyjaśnia to najlepiej: \(|\Omega|=49\) ilość "kropek" (punktów kratowych wewnątrz i na brzegu kwadratu
\(|A|=13\) - ilość kropek wewnątrz koła o promieniu 2
Zatem \(P(A)= \frac{13}{49}\)

1b) Tym razem korzystamy z prawdopodobieństwa geometrycznego \(p= \frac{\text{pole koła}}{\text{pole kwadratu}} = \frac{4\pi}{36}= \frac{\pi}{9}\)

2. Trzeba sprawdzić czy prawdopodobieństwo zdarzenia "wypadł 3 razy orzeł i 3 razy reszka" jest równe iloczynowi prawdopodobieństwa zdarzenia "wypadł dokładnie 3 razy orzeł" i prawdopodobieństwa zdarzenia "wypadła dokładnie 3 razy reszka".
Dasz radę?

panb pisze:2. Trzeba sprawdzić czy prawdopodobieństwo zdarzenia "wypadł 3 razy orzeł i 3 razy reszka" jest równe iloczynowi prawdopodobieństwa zdarzenia "wypadł dokładnie 3 razy orzeł" i prawdopodobieństwa zdarzenia "wypadła dokładnie 3 razy reszka".
Dasz radę?

Rozumiem, że trzeba to zrobić z tego warunku niezależności, ale właśnie nie bardzo rozumiem jak obliczyć prawdopodobieństwa tych zdarzeń. Np. czy prawdopodobieństwo, że wypadł 3 razy orzeł i 3 razy reszka będzie równe \(\frac{1}{2^6}\)?

3) Schemat Bernoulli'ego. Sukcesem jest wylosowanie wadliwej sztuki: p=0,05 ; q=1-p=0,95.
Prawdopodobieństwo co najmniej trzech sukcesów w czterech próbach = prawdopodobieństwo 3 sukcesów +prawdopodobieństwo 4 sukcesów.

Dasz radę policzyć?

panb pisze:3) Schemat Bernoulli'ego. Sukcesem jest wylosowanie wadliwej sztuki: p=0,05 ; q=1-p=0,95.
Prawdopodobieństwo co najmniej trzech sukcesów w czterech próbach = prawdopodobieństwo 3 sukcesów +prawdopodobieństwo 4 sukcesów.

Dasz radę policzyć?

Jasne, a czy można to policzyć za pomocą schematu hipergeometrycznego? Bo próbowałam tą metodą, ale nie wiem, czy można ją zastosować do tego przykładu.

Rozumiem, że trzeba to zrobić z tego warunku niezależności, ale właśnie nie bardzo rozumiem jak obliczyć prawdopodobieństwa tych zdarzeń. Np. czy prawdopodobieństwo, że wypadł 3 razy orzeł i 3 razy reszka będzie równe \(\frac{1}{2^6}\)?

Raczej nie. Bierzesz "OOORRR" i przestawiasz na wszystkie możliwe sposoby. Będzie ich \(\frac{6!}{3! \cdot 3!} =20\)
Prawdopodobieństwo \(P_{3O3R}= \frac{20}{2^6}\)

Prawdopodobieństwo dokładnie 3 orłów (albo reszek) jest takie samo jat to powyżej, bo jeśli mają być dokładnie trzy orły (reszki) to do kolekcji będą dokładnie 3 reszki (orły).

\(P_{3O}=P_{3R}= \frac{20}{2^6}\), więc ... nie są niezależne.

Ewelinax31 pisze:

panb pisze:3) Schemat Bernoulli'ego. Sukcesem jest wylosowanie wadliwej sztuki: p=0,05 ; q=1-p=0,95.
Prawdopodobieństwo co najmniej trzech sukcesów w czterech próbach = prawdopodobieństwo 3 sukcesów +prawdopodobieństwo 4 sukcesów.

Dasz radę policzyć?

Jasne, a czy można to policzyć za pomocą schematu hipergeometrycznego? Bo próbowałam tą metodą, ale nie wiem, czy można ją zastosować do tego przykładu.

Nie mam pojęcia.

panb pisze:

Rozumiem, że trzeba to zrobić z tego warunku niezależności, ale właśnie nie bardzo rozumiem jak obliczyć prawdopodobieństwa tych zdarzeń. Np. czy prawdopodobieństwo, że wypadł 3 razy orzeł i 3 razy reszka będzie równe \(\frac{1}{2^6}\)?

Raczej nie. Bierzesz "OOORRR" i przestawiasz na wszystkie możliwe sposoby. Będzie ich \(\frac{6!}{3! \cdot 3!} =20\)
Prawdopodobieństwo \(P_{3O3R}= \frac{20}{2^6}\)

Prawdopodobieństwo dokładnie 3 orłów (albo reszek) jest takie samo jat to powyżej, bo jeśli mają być dokładnie trzy orły (reszki) to do kolekcji będą dokładnie 3 reszki (orły).

\(P_{3O}=P_{3R}= \frac{20}{2^6}\), więc ... nie są niezależne.

Dziękuję

Na zdrowie!