Αγορά απορρυπαντικού

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, achilleas, socrates, silouan

kwstas12345
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm

Αγορά απορρυπαντικού

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kwstas12345 » Κυρ Σεπ 18, 2011 1:37 pm

Καθε απορρυπαντικό τύπου TIDE περιέχει ένα κουπόνι πάνω στο οποίο αναγράφεται ένα από τα γράμματα T,I,D,E.Άν ο πελάτης συγκεντρώσει όλα τα γράμματα της λέξης TIDE παίρνει ένα πακέτο δωρεάν.Nα βρείτε την πιθανότητα να κερδίσει i πακέτα, όπου \displaystyle i=0,1,2 ένα άτομο που αγοράζει 8 πακέτα απορρυπαντικού.Υποθέστε ότι όλα τα γράμματα έχουν την ίδια πιθανότητα να εμφανισθούν σε ένα κουπόνι.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8449
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Αγορά απορρυπαντικού

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Σεπ 18, 2011 7:49 pm

Μια απορία. Έστω ότι στα οκτώ πακέτα βρήκα τα γράμματα T,T,I,I,D,E,E,E. Αυτό μετράει σαν να κερδίσαμε ένα απορρυπαντικό ή μήπως πρέπει να εξετάσουμε και την πιθανότητα στο απορρυπαντικό που κερδίσαμε υπάρχει το γράμμα D οπότε κερδίζουμε και δεύτερο απορρυπαντικό;


kwstas12345
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm

Re: Αγορά απορρυπαντικού

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kwstas12345 » Κυρ Σεπ 18, 2011 8:37 pm

Δημήτρη, νομίζω πως μετράει για ένα απορυπαντικό.


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2790
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Αγορά απορρυπαντικού

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Σεπ 19, 2011 3:40 am

[Ξαναστέλνω (διορθωμένη) την λύση που είχα στείλει πριν αρκετές ώρες. (Ευχαριστώ τον Κώστα για την υπόδειξη.)]

Προφανώς οι τρεις ζητούμενες πιθανότητες έχουν άθροισμα 1, οπότε αρκεί να υπολογίσουμε τις δύο ευκολότερες: πιστεύω πως αυτές είναι οι πιθανότητες για κανένα κουτί και για δύο κουτιά.

Στην δεύτερη περίπτωση (καλύτερο δυνατό αποτέλεσμα) μιλάμε ουσιαστικά για τον αριθμό λέξεων μήκους 8 που μπορούν να σχηματιστούν από τα τέσσερα γράμματα, με κάθε ένα από αυτά να εμφανίζεται ακριβώς δύο φορές. Ο αριθμός αυτών των λέξεων ισούται προς \frac{8!}{2!2!2!2!}=2520, ενώ ο αριθμός όλων των δυνατών λέξεων/επιλογών προφανώς ισούται προς 4^{8}=65536, συνεπώς η ζητούμενη πιθανότητα (να κερδηθούν δύο κουτιά) ισούται προς \frac{2520}{65536}\simeq0,03845.

Στην πρώτη περίπτωση (χειρότερο δυνατό αποτέλεσμα) χρειαζόμαστε τον αριθμό των λέξεων που σχηματίζονται από τρία το πολύ γράμματα. Προφανώς υπάρχουν 4 λέξεις που σχηματίζονται από ακριβώς ένα γράμμα. Για ακριβώς δύο δεδομένα γράμματα παρατηρούμε ότι υπάρχουν 2^8-2=254 λέξεις, και επειδή υπάρχουν \binom{4}{2}=6 τρόποι επιλογής των δύο γραμμάτων, συμπεραίνουμε ότι υπάρχουν 6\cdot254=1524 λέξεις που σχηματίζονται από ακριβώς δύο γράμματα. Επεκτείνοντας αυτόν τον τρόπο σκέψης βρίσκουμε ότι υπάρχουν 4\cdot(3^{8}-3\cdot(2^{8}-2)-3)=23184 λέξεις που σχηματίζονται από ακριβώς τρία γράμματα. Συμπεραίνουμε ότι ο αριθμός των λέξεων που σχηματίζονται από τρία το πολύ γράμματα ισούται προς 4+1524+23184=24712, και η αντίστοιχη πιθανότητα (να μην κερδηθεί κανένα κουτί) ισούται προς \frac{24712}{65536}\simeq0,37707.

Οι πιθανότητες λοιπόν να κερδίσει κανείς 0, 1, 2 κουτιά απορρυπαντικού είναι αντίστοιχα 0,37707, 1-0,37707-0,03845=0,58448, 0,03845.

[Οι απαντήσεις διορθωμένες κατά την παρέμβαση του Δημήτρη αμέσως παρακάτω.]

Γιώργος Μπαλόγλου
τελευταία επεξεργασία από gbaloglou σε Δευ Σεπ 19, 2011 12:16 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8449
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Αγορά απορρυπαντικού

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Σεπ 19, 2011 12:07 pm

Γιώργο, έχεις ένα αριθμητικό λάθος αφού \displaystyle{\frac{8!}{2!2!2!2!} = \frac{7!}{2!} = 2520.}

Για τον δεύτερο υπολογισμό μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε απευθείας την αρχή εγκλεισμού-αποκλεισμού. Για 1 \leqslant i \leqslant 4 γράφουμε A_i για το σύνολο των περιπτώσεων όπου δεν πήραμε το κουπόνι i. Ενδιαφερόμαστε για το μέγεθος του συνόλου |A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup A_4| και από την αρχή εγκλεισμού-αποκλεισμού αυτό ισούται με \displaystyle{ \sum_{\emptyset \neq I \subseteq [4]}(-1)^{|I| + 1} |A_I|.} Εδώ, με [4] συμβολίζουμε το σύνολο \{1,2,3,4\} και με A_I το σύνολο \displaystyle{ \bigcap_{i \in I}A_i}. Παρατηρούμε ότι αν |I| = k τότε |A_I| = (4 - k)^8 και άρα \displaystyle{ |A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup A_4| = \sum_{k=1}^4 (-1)^{k+1} \binom{4}{k} (4-k)^8 = 4 \cdot 3^8 - 6 \cdot 2^8 + 4 = 24712.}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 4 επισκέπτες