Treść zadania

Najlepsze rozwiązanie

• 

  1 0

  antekL1 21.1.2016 (07:33)

  Gdyby nie wymagane dwie cyfry "1" to natychmiast powiedzielibyśmy "p = 1/2".
  Ale "przymus jedynek" nieco zmniejsza szansę na liczbę parzystą bo jako ostatnia cyfra "preferowana" jedynka wystąpi częściej, niż w przypadku dowolności wybranych cyfr. Zobaczmy co wyjdzie:
  
  Liczymy ilość zdarzeń elementarnych:
  Najpierw losujemy dwie pozycje dla jedynki.
  Można to zrobić na "ilość kombinacji 2 z 5" czyli na: 5! / (3! * 2!) = 10 sposobów.
  Na pozostałych trzech miejscach występują liczby ze zbioru { 2, 3, 4 }.
  Powtórzenia są dozwolone, kolejność jest istotna, więc można to zrobić na ilość "wariacje z powtórzeniami 3 z 3" czyli na 3^3 = 27 sposobów.
  
  Ilość zdarzeń elementarnych m(Omega) = 10 * 27 = 270
  
  Zbiór zdarzeń sprzyjających A podzielmy na dwa rozłączne zbiory: A = A2 u A4
  A2 - ostatnią cyfrą jest 2
  A4 - ostatnią cyfrą jest 4
  
  Obliczmy ilość zdarzeń w zbiorze A2 (w zbiorze A4 jest ich tyle samo)
  Na dwóch miejscach z czterech pozostałych "upychamy" dwie jedynki
  - mamy kombinacje 2 z 4 czyli 4! (2! * 2!) = 6 sposobów.
  Na pozostałych dwóch miejscach - tak jak przy liczeniu ilości zdarzeń elementarnych - mogą wystąpić liczby ze zbioru { 2, 3, 4 } czyli (wariacje z powtórzeniami 2 z 3) jest 3^2 = 9 możliwości.
  Zbiór A2 składa się więc z 6 * 9 = 54 elementów.
  Tak samo zbiór A4.
  
  m(A) = 54 + 54 =108
  
  Prawdopodobieństwo:
  p(A) = m(A) / m(Omega) = 108 / 270 = 2 / 5 = 0,4
  
  Faktycznie - wyszło mniej niż 1/2, jak to było do przewidzenia.

  Dodawanie komentarzy zablokowane - Zgłoś nadużycie