Treść zadania

Najlepsze rozwiązanie

• 

  1 0

  antekL1 10.12.2012 (13:58)

  Poniżej przez m(A) lub m(Omega) oznaczam "ilość zdarzeń".
  To jest to samo co niekiedy pisze się jako A z dwiema kreskami na górze,
  niekiedy jako |A|, zależnie od nauczyciela.
  Zbiór Omega to zbiór zdarzeń elementarnych - patrz dalej, przykłady w zadaniach.
  
  zad. 1.
  Zdarzenie A to "co najmniej jeden los jest wygrywający".
  Wygodniej jest policzyć szansę na zdarzenie przeciwne:
  A' - żaden los nie jest wygrywający (zauważ znaczek prim przy A')
  
  Prawdopodobieństwo p(A) = 1 - p(A') = 1 - m(A) / m(Omega)
  
  Ilość zdarzeń elementarnych m(Omega) liczymy tak:
  Losujemy (bez zwracania) 2 losy z 30. Kolejność się nie liczy.
  Są to tzw. "kombinacje" 2 z 30. Liczy się to tak:
  
  m(\Omega) = {30\choose 2} = \frac{30!}{28!\cdot 2!} = \frac{30\cdot 29}{2} = 435
  
  Ten końcowy zapis: 30 * 29 / 2 ma taki sens:
  Pierwszy los wybieramy na 30 sposobów, drugi możemy wybrać na 29 sposobów.
  Czy wylosujemy losy o numerach np: (10,20), czy (20,10)
  - obojętne, mamy 2 losy. Dlatego dzielimy przez 2.
  Jeszcze inaczej: za pierwszym razem wylosowaliśmy los numer 10.
  Tego losu już nie ma w puli, za drugim razem wyciągnęliśmy los numer 20.
  Czyli losowaliśmy (10, 20).
  Ale jeśli za pierwszym razem losujemy 20 - i w puli już losu numer 20 nie ma,
  za drugim 10, czyli (20, 10)
  to ponownie mamy te same 2 losy.
  Jedynie mnożąc 30 * 29 sztucznie podwajamy ilość możliwych par, DLATEGO dzielimy przez 2.
  
  Teraz liczymy m(A prim) czyli szansę na wylosowanie 2 przegrywających. Wszystkich przegrywających jest 30 - 8 = 22, więc mamy kombinacje 2 z 22. Jak poprzednio:
  
  m(A') = {22\choose 2} = \frac{22!}{20!\cdot 2!} = \frac{22\cdot 21}{2} = 231
  
  A teraz podstawiamy do wzoru:
  
  p(A) = 1-p(A') = 1 - \frac{m(A')}{m(\Omega)} = 1 - \frac{231}{435} = \frac{68}{145}\,\approx\,0{,}47
  
  ===========================
  
  Zad. 2.
  Podobnie jak w zadaniu 1 wygodniej policzyć szansę na zdarzenie przeciwne, tzn. brak szóstek w obu rzutach.
  Ale do liczenia ilości zdarzeń elementarnych NIE można już stosować rozumowania jak w zad. 1, gdyż to, że wypadnie 6 w pierwszym rzucie, NIE eliminuje szóstki z puli. Po prostu w pierwszym rzucie mamy 6 możliwych wyników, w drugim tak samo. To się nazywa "wariacje z powtórzeniami", a ilość zdarzeń elementarnych:
  
  m(Omega) = 6 * 6 = 36.
  
  Zdarzenie (nie)sprzyjające A prim to: "w obu rzutach nie-szóstka".
  Czyli mamy 5 możliwości w pierwszym rzucie i 5 w drugim.
  
  m(A') = 5 * 5 = 25
  
  Z tego samego wzoru co w zadaniu 1:
  
  p(A) = 1-p(A') = 1 - \frac{m(A')}{m(\Omega)} = 1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36}\,\approx\,0{,}3
  
  ===========================
  
  Zad. 3.
  Odpowiedź jest: 1 / 2
  
  Takie samo, jak w dowolnym pojedynczym rzucie monetą.
  Zakładamy, że moneta jest "prawidłowa", to znaczy orzeł i reszka mają te same szanse, aby wypaść i moneta nie staje pionowo na krawędzi :)
  
  Zauważ, że zdarzenie "orzeł w drugim rzucie" jest tak naprawdę iloczynem trzech zdarzeń:
  A - w pierwszym rzucie cokolwiek
  B - 2 drugim rzucie orzeł
  C - w trzecim rzucie cokolwiek.
  
  Te zdarzenia A,B,C są niezależne, to znaczy, że wynik poprzednich i następnych rzutów nie ma wpływu na prawdopodobieństwo w danym rzucie. Prawdopodobieństwa zdarzeń niezależnych się mnożą, tzn:
  
  p(A n B n C) = p(A) * p(B) * p(C).
  
  Ponieważ p(A) = p(C) = 1 (bo masz pewność, że wyjdzie orzeł lub reszka) to
  
  p(A n B n C) = 1 * (1/2) * 1 = 1/2.
  
  ===========================
  
  
  W razie pytań pisz na priv.

  Dodawanie komentarzy zablokowane - Zgłoś nadużycie