ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#21

ΑΣΚΗΣΗ 8
Ένα διαγώνισμα αποτελείται από μία μόνο ερώτηση. Υπάρχουν

πιθανές ερωτήσεις.
Ένας μαθητής γνωρίζει την απάντηση σε μόνο μια ερώτηση, αλλά μπορεί να κάνει το διαγώνισμα

φορές.

Ποια η πιθανότητα, p_n

, ο μαθητής να περάσει το διαγώνισμα;
Καθώς αυξάνει το

, η πιθανότητα p_n

αυξάνεται ή μειώνεται;
Ποιο το όριο $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} p_n$ ; Ποιο το μέγιστο κάτω φράγμα των πιθανοτήτων p_n

;

ΑΣΚΗΣΗ 9
Έχουμε δυο σακούλια με κόκκινους και μπλε βόλους, έναν τουλάχιστον από κάθε χρώμα σε κάθε σακούλι.
Υποθέτουμε ότι αν διαλέξουμε στην τύχη ένα από τα σακούλια και έπειτα έναν βόλο από αυτό, η πιθανότητα να είναι κόκκινος είναι ίση με την αντίστοιχη πιθανότητα αν βάλουμε όλους τους βόλους σε ένα σακούλι και διαλέξουμε ένα βόλο.
Αν το πρώτο σακούλι περιέχει 7 βόλους και το δεύτερο 5 κόκκινους βόλους, να βρείτε πόσους βόλους περιέχει συνολικά το δεύτερο σακούλι.

#22

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 5
Πόσα ζάρια πρέπει να ρίξουμε ώστε η πιθανότητα να φέρουμε ακριβώς δύο εξάρια να είναι μέγιστη;
(Προσπαθήστε να αποφύγετε μεθόδους του διαφορικού λογισμού.)

Αν ρίξουμε

ζάρια, υπάρχουν $\binom{n}{2}$ τρόποι να επιλέξουμε τις θέσεις που θα εμφανιστούν εξάρια. Στις υπόλοιπες n-2

θέσεις πρέπει να εμφανίζονται αριθμοί από το σύνολο $\{1,2,3,4,5\}$ . Οπότε υπάρχουν $\binom{n}{2}5^{n-2}$ διαφορετικοί τρόποι να εμφανίζονται ακριβώς

εξάρια. Επομένως η πιθανότητα είναι $\displaystyle{ a_n = \frac{\binom{n}{2}5^{n-2}}{6^n}.}$

Για να μεγιστοποιήσουμε το a_n

, χωρίς λογισμό, παρατηρούμε ότι $\displaystyle{ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{n+1}{n-1} \frac{5}{6}}$ και άρα $a_{n+1} \geqslant a_n \Leftrightarrow n \leqslant 11$ με ισότητα αν και μόνο αν n=11

. Οπότε έχουμε $a_2 < a_3 < \cdots < a_{11} = a_{12}$ και $a_{12} > a_{13} > \cdots$ . Δηλαδή η πιθανότητα μεγιστοποιείται αν ρίξουμε είτε

είτε

ζάρια.

#23

Όσοι προτείνουμε ασκήσεις, θα παρακαλούσα να κρατάμε πηγή, απάντηση και λύση, ώστε αν η άσκηση δεν απαντηθεί ή η λύση μας δεν αναγραφεί από άλλον , να την προσθέσουμε, έστω και με συντομία. Η γοητεία στις πιθανότητες είναι συχνή η εύρεση πολλών λύσεων.

ΑΣΚΗΣΗ 10

Σε τέσσερα άτομα μοιράζεται μια ανακατωμένη τράπουλα.

α) Ποια είναι η πιθανότητα το καθένα από αυτά να έχει έναν ακριβώς άσσο ;

β) Αν ένα από αυτά τα άτομα είμαι εγώ και έχω πάρει άσσο, ποια είναι η πιθανότητα να έχουν πάρει άσσο και τα άλλα τρία άτομα ;

Μπάμπης

ealexiou · #24

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 8
Ένα διαγώνισμα αποτελείται από μία μόνο ερώτηση. Υπάρχουν πιθανές ερωτήσεις.
Ένας μαθητής γνωρίζει την απάντηση σε μόνο μια ερώτηση, αλλά μπορεί να κάνει το διαγώνισμα φορές.

Ποια η πιθανότητα, , ο μαθητής να περάσει το διαγώνισμα;
Καθώς αυξάνει το , η πιθανότητα αυξάνεται ή μειώνεται;
Ποιο το όριο $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} p_n$ ; Ποιο το μέγιστο κάτω φράγμα των πιθανοτήτων ;

Ας το ρισκάρω....
Έχουμε ένα τυχαίο “πείραμα”-συμβάν που επαναλαμβάνεται

φορές με δύο πιθανά αποτελέσματα (επιτυχία-αποτυχία) σε κάθε επανάληψη με πιθανότητα επιτυχίας $p=\dfrac{1}{n}$ σε κάθε επανάληψη, άρα έχουμε διωνυμική κατανομή, διακριτή συνάρτηση κατανομής τυχαίας μεταβλητής.
Θεωρούμε την τυχαία μεταβλητή

που εκφράζει τον αριθμό των επιτυχιών. Η πιθανότητα να έχουμε

επιτυχίες σε

ανεξάρτητα πειράματα με πιθανότητα επιτυχίας $p=\dfrac{1}{n}$ δίνεται από τον τύπο: $P(x=k)=\begin{pmatrix} n \\k \end{pmatrix}p^k \times (1-p)^{n-k}$
Για να περάσει ο μαθητής το διαγώνισμα πρέπει να απαντήσει τουλάχιστον μία φορά.
Άρα $P_{n} =1- P_{0}$ . Είναι $P(x=0)=\begin{pmatrix}n \\0 \end{pmatrix}( \dfrac{1}{n} )^0 \times (1-\dfrac{1}{n} )^{n} =(\dfrac{n-1}{n} )^{n}$ .
Άρα $Pn =1-(\dfrac{n-1}{n})^{n}= \dfrac{n^n-(n-1)^n}{n^n}$ . Άρα όσο αυξάνει το

μειώνεται η πιθανότητα να περάσει το διαγώνισμα, πχ:

$P_{1}=1,P_{2}= \dfrac{3}{4}, P_{3}= \dfrac{19}{27},P_{3}= \dfrac{175}{256},...$ . To μέγιστο κάτω φράγμα είναι προφανώς το

, μία η ερώτηση από μία συνολικά ερωτήσεις, μία γνωρίζει, επιτυχία.

$\lim_{n \rightarrow \infty }1-\dfrac{(n-1)^n}{n^n} =1- \dfrac{1}{e}$

ealexiou · #25

socrates έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 9
Έχουμε δυο σακούλια με κόκκινους και μπλε βόλους, έναν τουλάχιστον από κάθε χρώμα σε κάθε σακούλι.
Υποθέτουμε ότι αν διαλέξουμε στην τύχη ένα από τα σακούλια και έπειτα έναν βόλο από αυτό, η πιθανότητα να είναι κόκκινος είναι ίση με την αντίστοιχη πιθανότητα αν βάλουμε όλους τους βόλους σε ένα σακούλι και διαλέξουμε ένα βόλο.
Αν το πρώτο σακούλι περιέχει 7 βόλους και το δεύτερο 5 κόκκινους βόλους, να βρείτε πόσους βόλους περιέχει συνολικά το δεύτερο σακούλι.

Έστω ότι το

σακούλι περιέχει

κόκκινους βόλους και το

σακούλι

βόλους συνολικά.
Επειδή η επιλογή του σακουλιού γίνεται τυχαία, η επιλογή του

είναι ισοπίθανη με την επιλογή του

.
Άρα η πιθανότητα, $P_{1}$ , να επιλέξουμε ένα κόκκινο βόλο από ένα τυχαίο σακούλι είναι: $P_{1}= \dfrac{1}{2}\times\dfrac{x}{7}+\dfrac{1}{2}\times\dfrac{5}{y}\Rightarrow$ $P_{1}=\dfrac{xy+35}{14y}$
Η πιθανότητα, $P_{2}$ , να επιλέξουμε έναν βόλο αφού τους βάλουμε όλους σε ένα σακούλι είναι: $P_{2}= \dfrac {x+5}{7+y}$ .
Επειδή μας δίνεται $P_{1}=P_{2} \Rightarrow \dfrac{x.y+35}{14y}=$ $\dfrac{x+5}{7+y}\Rightarrow$ $(7+y)(xy+ 35) = (x+5)14y \Rightarrow$ $7xy+245+xy^2+35y=14xy+70y \Rightarrow$ $7xy+35y -xy^2-245=0 \Rightarrow xy(7-y)-35(7-y)=0 \Rightarrow$ $(7-y)(xy-35)=0 \Rightarrow$

7-y=0

ή $xy-35=0 \Rightarrow$ $(x=5,\ y=7)$ , ή $(x=1,\ y=35)$

η $(x=35,\ y=1)$ απορρίπτεται, όπως απορρίπτεται και η $(x=7,\ y=5)$ (*)
*Η απόρριψη της λύσης x=35,y=1

και

γίνεται γιατί αφού το

σακούλι έχει συνολικά

δεν μπορεί να έχει

κόκκινους!, όπως δεν μπορεί να έχει

κόκκινους γιατί πρέπει να έχει και τουλάχιστον

μπλε, όπως και ο

αφού περιέχει

κόκκινους δεν μπορεί να έχει σύνολο y=5

, δεν υπάρχει μπλέ. (από τα δεδομένα "έναν τουλάχιστον από κάθε χρώμα σε κάθε σακούλι")

#26

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Όσοι προτείνουμε ασκήσεις, θα παρακαλούσα να κρατάμε πηγή, απάντηση και λύση, ώστε αν η άσκηση δεν απαντηθεί ή η λύση μας δεν αναγραφεί από άλλον , να την προσθέσουμε, έστω και με συντομία. Η γοητεία στις πιθανότητες είναι συχνή η εύρεση πολλών λύσεων.

ΑΣΚΗΣΗ 10

Σε τέσσερα άτομα μοιράζεται μια ανακατωμένη τράπουλα.

α) Ποια είναι η πιθανότητα το καθένα από αυτά να έχει έναν ακριβώς άσσο ;

β) Αν ένα από αυτά τα άτομα είμαι εγώ και έχω πάρει άσσο, ποια είναι η πιθανότητα να έχουν πάρει άσσο και τα άλλα τρία άτομα ;

Μπάμπης

α)
Δυνατές περιπτώσεις:
Ο πρώτος παίχτης μπορεί να πάρει τα χαρτιά του με $\displaystyle{\binom{52}{13}}$ τρόπους. Ο δεύτερος με $\displaystyle{\binom{39}{13}}$ τρόπους, ο τρίτος με $\displaystyle{\binom{26}{13}}$ τρόπους και ο τέταρτος με $\displaystyle{\binom{13}{13}=1}$ τρόπους.
Άρα έχουμε $\displaystyle{\binom{52}{13}\binom{39}{13}\binom{26}{13}\binom{13}{13}}$ τρόπους να μοιράσουμε την τράπουλα στους 4 παίχτες.

Ευνοϊκές περιπτώσεις:
Ο πρώτος παίχτης μπορεί να πάρει τα χαρτιά του χωρίς τον άσσο με $\displaystyle{\binom{48}{12}}$ τρόπους. Ο δεύτερος με $\displaystyle{\binom{36}{12}}$ τρόπους, ο τρίτος με $\displaystyle{\binom{24}{12}}$ τρόπους και ο τέταρτος με $\displaystyle{\binom{12}{12}=1}$ τρόπους. Για κάθε τέτοια μοιρασιά, μπορούμε να μοιράσουμε τους άσσους με

τρόπους.
Άρα έχουμε $\displaystyle{4! \binom{48}{12}\binom{36}{12}\binom{24}{12}\binom{12}{12}}$ τρόπους να μοιράσουμε την τράπουλα στους 4 παίχτες, έτσι ώστε ο καθένας να έχει έναν ακριβώς άσσο.

β)
Έστω

το ενδεχόμενο "πήρα άσσο" και

το ενδεχόμενο "πήραν άσσο και τα άλλα τρία άτομα ".
Αναζητούμε την πιθανότητα $\displaystyle{P(B|A)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}.}$
Όμως η πιθανότητα $P(A\cap B)$ είναι αυτή αυτή που υπολογίσαμε στο α). Μένει, λοιπόν, να βρούμε την πιθανότητα P(A).

Αρκεί να βρούμε την πιθανότητα του συμπληρωματικού ενδεχομένου του Α, δηλαδή "δεν πήρα άσσο".
Έχω $\displaystyle{\binom{52}{13}}$ τρόπους να επιλέξω τα φύλλα μου και $\displaystyle{\binom{48}{13}}$ τρόπους να επιλέξω τα φύλλα μου και να μην έχω πάρει άσσο.
Επομένως, $\displaystyle{P(A')=\frac{\binom{48}{13}}{\binom{52}{13}}}$ και $\displaystyle{P(A)=1-P(A')=1-\frac{\binom{48}{13}}{\binom{52}{13}}.}$

Ελπίζω να μη συλλογίστηκα λάθος....

ealexiou · #27

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Όσοι προτείνουμε ασκήσεις, θα παρακαλούσα να κρατάμε πηγή, απάντηση και λύση, ώστε αν η άσκηση δεν απαντηθεί ή η λύση μας δεν αναγραφεί από άλλον , να την προσθέσουμε, έστω και με συντομία. Η γοητεία στις πιθανότητες είναι συχνή η εύρεση πολλών λύσεων.

ΑΣΚΗΣΗ 10

Σε τέσσερα άτομα μοιράζεται μια ανακατωμένη τράπουλα.

α) Ποια είναι η πιθανότητα το καθένα από αυτά να έχει έναν ακριβώς άσσο ;

β) Αν ένα από αυτά τα άτομα είμαι εγώ και έχω πάρει άσσο, ποια είναι η πιθανότητα να έχουν πάρει άσσο και τα άλλα τρία άτομα ;

Μπάμπης

Για το (α) συμφωνώ με τον socrates, να δώσω μόνο το αποτέλεσμα

$\frac{ \begin{pmatrix}4\\1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}48\\12\end{pmatrix} }{\begin{pmatrix}52\\13\end{pmatrix}}$ $\frac{ \begin{pmatrix}3\\1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}36\\12\end{pmatrix} }{\begin{pmatrix}39\\13\end{pmatrix}}$ $\frac{ \begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}24\\12\end{pmatrix} }{\begin{pmatrix}26\\13\end{pmatrix}}=$ $\dfrac{2197}{20825} =0. \overline{105498}$

Για το β) Λίγο διαφορετική προσέγγιση.
Εφόσον ένα από τα τέσσερα άτομα πήρε άσσο στα

φύλλα που πήρε, τα τρία (

) άλλα άτομα παίζουν με τράπουλα ...

φύλλων με τρεις άσσους σε αυτά και πρέπει να πάρουν έναν άσσο ο καθένας, άρα η πιθανότητα να συμβεί αυτό είναι:
$\frac{ \begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}36\\12\end{pmatrix} }{\begin{pmatrix}39\\13\end{pmatrix}}$ $\frac{ \begin{pmatrix}2\\1 \end{pmatrix}\begin {pmatrix}24\\12\end{pmatrix} } {\begin{pmatrix}26\\13\end{pmatrix}}=$ $\dfrac{169}{703} =0. \overline{240398}$

Να προσθέσω ότι η προσέγγιση που έχω κάνει στο (β) είναι αποτέλεσμα της ερμηνείας που έχω κάνει στο “έχω πάρει άσσο, ποια είναι η πιθανότητα να έχουν πάρει άσσο και τα άλλα τρία άτομα”. Το εξέλαβα ως: Έχω πάρει έναν άσσο, ποια είναι η πιθανότητα να έχουν πάρει από έναν άσσο και τα άλλα τρία άτομα.
Αν το “έχω πάρει άσσο” σημαίνει έχω πάρει τουλάχιστον έναν άσσο (έναν ή δύο ή τρεις ή τέσσερις) και το “έχουν πάρει άσσο και τα άλλα τρία άτομα” σημαίνει τουλάχιστον ένας από τους τρεις έχει πάρει έστω έναν άσσο τότε προφανώς είναι λάθος η προσέγγιση μου.

#28

ΑΣΚΗΣΗ 11
Στον τελικό κυπέλλου του volley έφτασαν οι ομάδες Α και Β. Η πιθανότητα να κερδίσει ένα παιχνίδι (set) η οµάδα Α είναι

ενώ

είναι η πιθανότητα να το κερδίσει
η Β. Το αποτέλεσµα κάθε παιχνιδιού θεωρείται ανεξάρτητο από τα αποτελέσµατα των άλλων παιχνιδιών. Νικήτρια του αγώνα (κυπελλούχος) θεωρείται η οµάδα που κερδίζει
πρώτη τρία παιχνίδια.
(α) Ποια είναι η πιθανότητα να πάρει το κύπελλο η οµάδα Α;
(β) Αν το πρώτο παιχνίδι το κέρδισε η οµάδα Β, ποια είναι η πιθανότητα να πάρει το κύπελλο η οµάδα Α;
(γ) Πώς μεταβάλλονται οι παραπάνω πιθανότητες όταν $0\leq p\leq 1;$

ealexiou · #29

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 11
Στον τελικό κυπέλλου του volley έφτασαν οι ομάδες Α και Β. Η πιθανότητα να κερδίσει ένα παιχνίδι (set) η οµάδα Α είναι ενώ είναι η πιθανότητα να το κερδίσει
η Β. Το αποτέλεσµα κάθε παιχνιδιού θεωρείται ανεξάρτητο από τα αποτελέσµατα των άλλων παιχνιδιών. Νικήτρια του αγώνα (κυπελλούχος) θεωρείται η οµάδα που κερδίζει
πρώτη τρία παιχνίδια.
(α) Ποια είναι η πιθανότητα να πάρει το κύπελλο η οµάδα Α;
(β) Αν το πρώτο παιχνίδι το κέρδισε η οµάδα Β, ποια είναι η πιθανότητα να πάρει το κύπελλο η οµάδα Α;
(γ) Πώς μεταβάλλονται οι παραπάνω πιθανότητες όταν $0\leq p\leq 1;$

Δεν βρήκα κάποιο φορμαλιστικό τρόπο και κατέφυγα σε μια “πραγματιστική” προσέγγιση φτιάχνοντας το δένδρο όλων των ενδεχομένων.
Για το α)
$A-A-A \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ p^3$
$A-A-B-A \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ p^3(1-p)$
$A-A-B-B-A \ \ \ \ p^3(1-p)^2$
$A-A-B-B-B \ \ \ \ p^2(1-p)^3$
$A-B-A-A\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ p^3(1-p)$
$A-B-A-B-A \ \ \ \ p^3(1-p)^2$
$A-B-A-B-B \ \ \ \ p^2(1-p)^3$
$A-B-B-A-A \ \ \ \ p^3(1-p)^2$
$A-B-B-A-B \ \ \ \ p^2(1-p)^3$
$A-B-B-B \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ p(1-p)^3$
$B-A-A-A \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ p^3(1-p)$
$B-A-A-B-A \ \ \ \ p^3(1-p)^2$
$B-A-A-B-B\ \ \ \ p^2(1-p)^3$
$B-A-B-A-A \ \ \ \ p^3(1-p)^2$
$B-A-B-A-B \ \ \ \ p^2(1-p)^3$
$B-A-B-B \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ p(1-p)^3$
$B-B-A-A-A \ \ \ \ p^3(1-p)^2$
$B-B-A-A-B \ \ \ \ p^2(1-p)^3$
$B-B-A-B\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ p(1-p)^3$
$B-B-B\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1-p)^3$

$P_{A(a)}= p^3(1+3(1-p)+6(1-p)^2) \Rightarrow$ $P_{A(a)}=6p^5-15p^4+10p^3$
$P_{B(a)}=(1-p)^3(1+3p+6p^2) \Rightarrow$ $P_{B(a)}=1-(6p^5-15p^4+10p^3)=1-P_{A(a)}$

Για το β)
Αν η ομάδα

κερδίσει το πρώτο σετ, θέλει άλλα δύο σετ, πριν η

κερδίσει τρία, για να κερδίσει το κύπελλο ενώ η ομάδα

πρέπει να κερδίσει τρία σετ πριν η

κερδίσει δύο. Έτσι το δένδρο είναι:
$A-A-A \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ p^3$
$A-A-B-A \ \ \ \ p^3(1-p)$
$A-A-B-B \ \ \ \ p^2(1-p)^2$
$A-B-A-A \ \ \ \ p^3(1-p)$
$A-B-A-B \ \ \ \ p^2(1-p)^2$
$A-B-B \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ p(1-p)^2$
$B-A-A-A \ \ \ \ p^3(1-p)$
$B-A-A-B\ \ \ \ p^2(1-p)^2$
$B-A-B \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ p(1-p)^2$
$B-B \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1-p)^2$

$P_{A(b)}=p^3(1+3(1-p)) \Rightarrow$ $P_{A(b)}=4p^3-3p^4$
$P_{B(b)}=(1-p)^2(1+2p+3p^2) \Rightarrow$ $P_{B(b)}=1-(4p^3-3p^4)=1-P_{A(b)}$

Για το γ)
$\dfrac{ P_{A(b)}}{P_{A(a)}}=\dfrac{ p^3(4-3p)}{p^3(4-3p)+6(1-p)^2)} \Rightarrow$ $\dfrac{ P_{A(b)}}{P_{A(a)}}=\dfrac{ (4-3p)}{(6p^2-15p+10)}$
$0 \leq p \leq 1 \Rightarrow 0.4 \leq \dfrac{ P_{A(b)}}{P_{A(a)}} \leq 1$

$\dfrac{ P_{B(b)}}{P_{B(a)}}=\dfrac{ (1-p)^2(1+2p+3p^2)}{(1-p)^3(1+3p+6p^2)}$ $\dfrac{ P_{B(b)}}{P_{B(a)}}=\dfrac{3p^2+2p+1}{(1-p)(6p^2+3p+1)}$
$0 \leq p \leq 1 \Rightarrow 1 \leq \dfrac{ P_{B(b)}}{P_{B(a)}} \leq \infty$

Edit: προσθέτω τις γραφικές παραστάσεις, για το (α) ερώτημα, της μεταβολής της πιθανότητας $P_{A(a)}$ να πάρει το κύπελλο η ομάδα

και της μεταβολής της πιθανότητας $P_{B(a)}$ να πάρει το κύπελλο η ομάδα

για $0 \leq p \leq 1$ .

: ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ11- P-A(α).png (8.48 KiB) Προβλήθηκε 6066 φορές

: ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ11-P-B(a).png (9.01 KiB) Προβλήθηκε 6066 φορές

όπως αντίστοιχα και τις γραφικές παραστάσεις για το ερώτημα (β) των $P_{A(b)}$ και $P_{B(b)}$ για $0 \leq p \leq 1$ .

: ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ11 (P-A(b).png (9.08 KiB) Προβλήθηκε 6066 φορές

: ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ11-P-B(b).png (8.53 KiB) Προβλήθηκε 6066 φορές

ealexiou · #30

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 11
Στον τελικό κυπέλλου του volley έφτασαν οι ομάδες Α και Β. Η πιθανότητα να κερδίσει ένα παιχνίδι (set) η οµάδα Α είναι ενώ είναι η πιθανότητα να το κερδίσει
η Β. Το αποτέλεσµα κάθε παιχνιδιού θεωρείται ανεξάρτητο από τα αποτελέσµατα των άλλων παιχνιδιών. Νικήτρια του αγώνα (κυπελλούχος) θεωρείται η οµάδα που κερδίζει
πρώτη τρία παιχνίδια.
(α) Ποια είναι η πιθανότητα να πάρει το κύπελλο η οµάδα Α;
(β) Αν το πρώτο παιχνίδι το κέρδισε η οµάδα Β, ποια είναι η πιθανότητα να πάρει το κύπελλο η οµάδα Α;
(γ) Πώς μεταβάλλονται οι παραπάνω πιθανότητες όταν $0\leq p\leq 1;$

Και μια προσέγγιση με συνδυασμούς.
Για το α)
Η

ομάδα κερδίζει το κύπελλο αν κερδίσει:
-Τρία παιχνίδια στα τρία, C(3,3)

, με πιθανότητα να συμβεί αυτό C(3,3)p^3

-Τρία παιχνίδια στα τέσσερα, C(4,3)

περιπτώσεις, από όπου πρέπει να αφαιρεθεί η περίπτωση A-A-A-B

. Η πιθανότητα να συμβεί αυτό είναι (C(4,3)-C(3,3))p^3(1-p)

-Τρία παιχνίδια στα πέντε, C(5,3)

περιπτώσεις, από όπου πρέπει να αφαιρεθούν τα C(4,3)

παιχνίδια που δεν γίνονται καθώς το κύπελλο έχει κριθεί στην αμέσως προηγούμενη περίπτωση. Η πιθανότητα να συμβεί αυτό είναι (C(5,3)-C(4,3))p^3(1-p)^2

. Η συνολική πιθανότητα να κερδίσει η

ομάδα το κύπελλο είναι:

$P_{A(a)}= \begin{pmatrix}3 \\ 3 \end{pmatrix}p^3+\left (\begin{pmatrix}4 \\ 3 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}3 \\ 3 \end{pmatrix}\right)p^3(1-p)+$ $\left (\begin{pmatrix}5 \\ 3 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}4 \\ 3 \end{pmatrix}\right)p^3(1-p)^2 \Rightarrow$

$P_{A(a)}=p^3+3p^3(1-p)+6p^3(1-p)^2 = 6p^5-15p^4+10p^3$ και
$P_{B(a)}=1-P_{A(a)}=1-( 6p^5-15p^4+10p^3)$

Ομοίως και για το β)
$P_{B(b)}=\begin{pmatrix}2 \\ 2 \end{pmatrix}(1-p)^2+\left (\begin{pmatrix}3 \\ 2 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2 \\ 2 \end{pmatrix}\right)p(1-p)^2+$ $\left (\begin{pmatrix}4 \\ 2 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}3 \\ 2 \end{pmatrix}\right)p^2(1-p)^2 \Rightarrow$ $P_{B(b)}=(1-p)^2(1+2p+3p^2)\Rightarrow$ $P_{B(b)}=3p^4-4p^3+1$ και

$P_{A(b)}= 1-P_{B(b)}=4p^3-3p^4$

#31

Κάπως έτσι θα είναι από του χρόνου το ''δύσκολο '' θέμα στις πανελλήνιες, αν εκριθεί ο επικείμενος σχεδιασμός.

ΑΣΚΗΣΗ 12

Τρία αγόρια και τρία κορίτσια κάθονται σε ένα παγκάκι.

α)Με πόσους τρόπους μπορούν να καθήσουν στη σειρά τα

αυτά παιδιά ;

β) Με πόσους τρόπους μπορούν να καθήσουν στη σειρά, αν τα αγόρια δεν κάθονται όλα μαζί και τα κορίτσια δεν κάθονται όλα μαζί ;

γ) Με πόσους τρόπους μπορούν να καθήσουν στη σειρά , αν δεν κάθεται πουθενά δίπλα-δίπλα αγόρι με αγόρι και κορίτσι με κορίτσι ;

δ) Ποια είναι η πιθανότητα ο Γιάννης και η Κατερίνα που είναι δύο από τα παιδιά αυτά να κάθονται δίπλα -δίπλα ;

Μπάμπης

(Στο β' έχω απάντηση 504

)

ealexiou · #32

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 12

Τρία αγόρια και τρία κορίτσια κάθονται σε ένα παγκάκι.

α)Με πόσους τρόπους μπορούν να καθήσουν στη σειρά τα αυτά παιδιά ;

β) Με πόσους τρόπους μπορούν να καθήσουν στη σειρά, αν τα αγόρια δεν κάθονται όλα μαζί και τα κορίτσια δεν κάθονται όλα μαζί ;

γ) Με πόσους τρόπους μπορούν να καθήσουν στη σειρά , αν δεν κάθεται πουθενά δίπλα-δίπλα αγόρι με αγόρι και κορίτσι με κορίτσι ;

δ) Ποια είναι η πιθανότητα ο Γιάννης και η Κατερίνα που είναι δύο από τα παιδιά αυτά να κάθονται δίπλα -δίπλα ;

Μπάμπης

(Στο β' έχω απάντηση )

α) Με $6! (=6\times5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1)=720$ τρόπους

β) Τα τρία κορίτσια μπορούν να καθίσουν μαζί ως KKKAAA, AKKKAA, AAKKKA, AAAKKK

με $4 \times 3! \times 3!=144$ τρόπους. Τα αγόρια μπορούν να καθίσουν μαζί επίσης με $4 \times 3! \times 3!=144$ τρόπους. Όμως διπλομετρήθηκαν οι σχηματισμοί KKKAAA, AAAKKK

, ήτοι $2 \times 3! \times 3!= 72$ τρόποι. (Βλέπω ένα προβληματάκι στη διατύπωση όσον αφορά το “και”, η εγώ έχω προβληματάκι στο να αντιληφθώ την μαθηματική σημασία του “και”. Το αποτέλεσμα όμως, 504

, βοηθά πλήρως στην σωστή ερμηνεία.)
Άρα τελικά με $720-144 \times 2+72=504$ τρόπους.

γ) Μπορούν να καθήσουν ως AKAKAK

ή

, ήτοι με $2 \times (3 \times 3 \times 2 \times 2 \times 1 \times 1)=72$ τρόπους.

δ) Ο Γιάννης και η Κατερίνα μπορούν να καθίσουν μαζί με $(\Gamma K,K \Gamma) \times 5!=2 \times 5!=240$ τρόπους

#33

ealexiou έγραψε:............(Βλέπω ένα προβληματάκι στη διατύπωση όσον αφορά το “και”, η εγώ έχω προβληματάκι στο να αντιληφθώ την μαθηματική σημασία του “και”. Το αποτέλεσμα όμως, , βοηθά πλήρως στην σωστή ερμηνεία.)
............

Τώρα που το ξαναβλέπω , με το ''ή '' την κάνουμε μια χαρά τη δουλειά μας, μια και αν τα αγόρια δεν κάθονται μαζί, σίγουρα δεν κάθονται και τα κορίτσια , αλλά και αντίστροφα. Νομίζω ότι στέκει ! Ας όψονται οι αμερικάνοι που το έχουν με ''και''. !

#34

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 11
Στον τελικό κυπέλλου του volley έφτασαν οι ομάδες Α και Β. Η πιθανότητα να κερδίσει ένα παιχνίδι (set) η οµάδα Α είναι ενώ είναι η πιθανότητα να το κερδίσει
η Β. Το αποτέλεσµα κάθε παιχνιδιού θεωρείται ανεξάρτητο από τα αποτελέσµατα των άλλων παιχνιδιών. Νικήτρια του αγώνα (κυπελλούχος) θεωρείται η οµάδα που κερδίζει
πρώτη τρία παιχνίδια.
(α) Ποια είναι η πιθανότητα να πάρει το κύπελλο η οµάδα Α;
(β) Αν το πρώτο παιχνίδι το κέρδισε η οµάδα Β, ποια είναι η πιθανότητα να πάρει το κύπελλο η οµάδα Α;
(γ) Πώς μεταβάλλονται οι παραπάνω πιθανότητες όταν $0\leq p\leq 1;$

Μια διαφορετική προσέγγιση. Αφήνουμε τις ομάδες να παίξουν πέντε συνολικά σετ άσχετο αν κάποια έχει ήδη κερδίσει. Παρατηρούμε ότι μια ομάδα κερδίζει αν και μόνο αν έχει πάρει τουλάχιστον 3 σετ. Επομένως οι απαντήσεις είναι

(α) $\displaystyle{ 10p^3(1-p)^2 + 5p^4(1-p) + p^5.}$

(β) $\displaystyle{ 4p^3(1-p) + p^4 = p^3(4-3p).}$

#35

Demetres έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 11
Στον τελικό κυπέλλου του volley έφτασαν οι ομάδες Α και Β. Η πιθανότητα να κερδίσει ένα παιχνίδι (set) η οµάδα Α είναι ενώ είναι η πιθανότητα να το κερδίσει
η Β. Το αποτέλεσµα κάθε παιχνιδιού θεωρείται ανεξάρτητο από τα αποτελέσµατα των άλλων παιχνιδιών. Νικήτρια του αγώνα (κυπελλούχος) θεωρείται η οµάδα που κερδίζει
πρώτη τρία παιχνίδια.
(α) Ποια είναι η πιθανότητα να πάρει το κύπελλο η οµάδα Α;
(β) Αν το πρώτο παιχνίδι το κέρδισε η οµάδα Β, ποια είναι η πιθανότητα να πάρει το κύπελλο η οµάδα Α;
(γ) Πώς μεταβάλλονται οι παραπάνω πιθανότητες όταν $0\leq p\leq 1;$
Μια διαφορετική προσέγγιση. Αφήνουμε τις ομάδες να παίξουν πέντε συνολικά σετ άσχετο αν κάποια έχει ήδη κερδίσει. Παρατηρούμε ότι μια ομάδα κερδίζει αν και μόνο αν έχει πάρει τουλάχιστον 3 σετ. Επομένως οι απαντήσεις είναι

(α) $\displaystyle{ 10p^3(1-p)^2 + 5p^4(1-p) + p^5.}$

(β) $\displaystyle{ 4p^3(1-p) + p^4 = p^3(4-3p).}$

Πολύ ωραίο, Δημήτρη!

#36

Άσκηση 13:

Ο Αντρέας και ο Βασίλης παίζουν ένα παιχνίδι με ζάρια. Κάθε φορά ρίχνουν από ένα ζάρι και όποιος φέρει το μεγαλύτερο ζάρι κερδίζει ένα βαθμό. Αν φέρουν τον ίδιο αριθμό δεν παίρνει κανείς τους βαθμό. Νικητής είναι όποιος φτάσει πρώτος στους 10 βαθμούς. Έχουν βάλει μάλιστα και στοίχημα από 5 ευρώ ο καθένας με τον νικητή να παίρνει όλα τα λεφτά. Δυστυχώς όμως αναγκάζονται να διακόψουν το παιγνίδι την στιγμή που ο Αντρέας προηγείται με 8-7

. Πως πρέπει να μοιράσουν τα 10 ευρώ του στοιχήματος ώστε να είναι δίκαιη η μοιρασιά;

ealexiou · #37

Demetres έγραψε:Άσκηση 13:

Ο Αντρέας και ο Βασίλης παίζουν ένα παιχνίδι με ζάρια. Κάθε φορά ρίχνουν από ένα ζάρι και όποιος φέρει το μεγαλύτερο ζάρι κερδίζει ένα βαθμό. Αν φέρουν τον ίδιο αριθμό δεν παίρνει κανείς τους βαθμό. Νικητής είναι όποιος φτάσει πρώτος στους 10 βαθμούς. Έχουν βάλει μάλιστα και στοίχημα από 5 ευρώ ο καθένας με τον νικητή να παίρνει όλα τα λεφτά. Δυστυχώς όμως αναγκάζονται να διακόψουν το παιγνίδι την στιγμή που ο Αντρέας προηγείται με . Πως πρέπει να μοιράσουν τα 10 ευρώ του στοιχήματος ώστε να είναι δίκαιη η μοιρασιά;

Ο Ανδρέας ήθελε ακόμη δύο βαθμούς για να κερδίσει και ο Βασίλης τρεις βαθμούς για να κερδίσει. Απέμειναν δε τέσσερις ρίψεις ζαριών, με διαφορά αριθμού, για να τελειώσει το παιχνίδι και άρα οι δυνατές περιπτώσεις 2^4=16

Ο Ανδρέας θα κέρδιζε αν στις 4 ρίψεις είχε τουλάχιστον 2 νικηφόρες και ο Βασίλης θα κέρδιζε αν ο Ανδρέας είχε το πολύ μία νικηφόρα ρίψη.

Άρα ο Ανδρέας είχε πιθανότητα να κερδίσει $P_{A}= \dfrac{ \begin{pmatrix}4 \\2\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}4 \\3\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}4 \\4\end{pmatrix} }{16}= \dfrac{11}{16}$ και ο Βασίλης $P_{B}= \dfrac{ \begin{pmatrix}4 \\0\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}4 \\1\end{pmatrix} }{16}= \dfrac{5}{16}$

Άρα ο Ανδρέας πρέπει να πάρει $\dfrac{10 \times 11}{16}= \dfrac{55}{8} =6.875 (?)$ ευρώ και ο Βασίλης $\dfrac{10 \times 5}{16}= \dfrac{25}{8} =3.125 (?)$ ευρώ.

Soteris · #38

Άσκηση 14

Με ψηφία από το σύνολο $\left\{ 4, 5, 6, 7, 8\right\}$ σχηματίζουμε τριψήφιους φυσικούς αριθμούς χωρίς επανάληψη ψηφίου. Να βρείτε:

(α) το πλήθος των τριψήφιων φυσικών αριθμών που σχηματίζονται και
(β) το άθροισμα όλων των τριψήφιων φυσικών αριθμών που σχηματίζονται

(Παγκύπριες Εξετάσεις Μαθηματικών Γ' Λυκείου 2012)

#39

Μήπως στην Κύπρο έχουμε κάποιο βιβλίο με πιθανότητες για σχολικό επίπεδο ;

Κλασική πιθανότητα, συνδυαστική , ανεξάρτητα ενδεχόμενα και διακριτές κατανομές !

Για την ώρα προσπαθώ να μαζέψω τα γερμανικά βιβλία !

Μπάμπης

Soteris · #40

Μήπως στην Κύπρο έχουμε κάποιο βιβλίο με πιθανότητες για σχολικό επίπεδο ;

Κλασική πιθανότητα, συνδυαστική , ανεξάρτητα ενδεχόμενα και διακριτές κατανομές !

Προσπαθώ να μαζέψω τα γερμανικά βιβλία !

Μπάμπης

Από ότι ξέρω (με κάθε επιφύλαξη) όχι.

ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Μέλη σε σύνδεση