ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Soteris · #121

socrates έγραψε:Άσκηση 40
Τέσσερις φίλοι, οι Α, Β, Γ, Δ, είχαν ένα απόγευμα ελεύθερο και είχε ο καθένας να κάνει μία από τις 5 επιλογές: κινηματογράφο, προπόνηση, καφετέρια, ανάβαση στο βουνό, διάβασμα. Και οι πέντε επιλογές είναι το ίδιο ενδιαφέρουσες για τους 4 φίλους και ο καθένας κάνει τυχαία μία επιλογή. Ποια η πιθανότητα:
α) Μόνο οι Α και Β να πάνε για προπόνηση.
β) Οι 3 τουλάχιστον από τους 4 να πάνε κινηματογράφο.
γ) Τουλάχιστον ένας να πάει καφετέρια και τουλάχιστον δύο να πάνε κινηματογράφο.

Οι τέσσερις φίλοι μπορούν να κάνουν τις επιλογές τους με 5^4

διαφορετικούς τρόπους.

(α) Μόνο οι Α και Β θα πάνε για προπόνηση. Άρα, οι Γ και Δ θα επιλέξουν κάτι άλλο με 4^2

τρόπους. Συνεπώς, η πιθανότητα είναι $\frac{4^2}{5^4}=\frac{16}{625}$ .

(β) Οι

τουλάχιστον από τους

θα πάνε κινηματογράφο με $\begin{pmatrix} 4\\ 3 \end{pmatrix}4+1=17$ τρόπους. Συνεπώς, η πιθανότητα είναι $\frac{17}{5^4}=\frac{17}{625}$ .

(γ) Τουλάχιστον ένας θα πάει καφετέρια και τουλάχιστον δύο θα πάνε κινηματογράφο με $\begin{pmatrix} 4\\ 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3\\2 \end{pmatrix}3+\begin{pmatrix} 4\\ 2 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 4\\ 1 \end{pmatrix}=36+6+4=42$ τρόπους (Ο ένας επιλέγει καφετέρια, οι άλλοι δύο κινηματογράφο και ο τελευταίος οτιδήποτε). Συνεπώς, η πιθανότητα είναι $\frac{42}{5^4}=\frac{42}{625}$ .

#122

Στέλιος Μαρίνης έγραψε:
κουκιδες.png
Με πόσους τρόπους μπορούμε να συνδέσουμε τις τελίτσες από το Α μέχρι το Β με τον πιο σύντομο δρόμο;
Έχω στο νου μου μια πολύ όμορφη παρουσίαση της λύσης, την οποία θα παραθέσω αφού δώσω την ευκαιρία να δω κι άλλες λύσεις, ίσως καλύτερες.

Προκύπτει από την εκφώνηση ότι διαγώνια σύνδεση δεν επιτρέπεται;

Soteris · #123

Άσκηση 42

Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούμε να τοποθετήσουμε

όμοιες μπάλες σε

αριθμημένα κουτιά αν:

(α) κάποιο ή κάποια κουτιά μπορεί και να είναι άδεια
(β) θα πρέπει να υπάρχει τουλάχιστον μία μπάλα σε κάθε κουτί

(Καλοκαιρινό Σχολείο Κυπριακής Μαθηματικής Εταιρείας, Ιούνιος 2010)

#124

styt_geia έγραψε:
β) Τι γίνεται αν αντί για έχω ή γενικά άτομα; Αν δηλαδή τα άτομα χωριστούν αρχικά σε τετράδες για την πρώτη εργασία, με πόσους τρόπους μπορούν τα ίδια άτομα να χωριστούν σε τριάδες για την δεύτερη εργασία, έτσι ώστε να μην υπάρχουν στην ίδια τριάδα άτομα που συνεργάστηκαν στην ίδια τετράδα στην πρώτη εργασία; (Δεν έχω απάντηση)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Το πρόβλημα είναι από εδώ με αλλαγμένη την εκφώνηση. Για το β) ερώτημα ενδέχεται να απαιτείται χρήση υπολογιστή, απλά αναρωτιόμουν αν υπάρχει κλειστός τύπος.

Δεν νομίζω να υπάρχει κλειστός τύπος. Το πρόβλημα είναι παρόμοιο (πιο δύσκολο μάλιστα) με την καταμέτρηση των γραφημάτων σε

κορυφές με κάθε ακμή να έχει βαθμό 4 το οποίο δεν έχει κλειστό τύπο.

Αυτό που κάνουμε σε τέτοιες περιπτώσεις είναι να βρούμε προσεγγιστική απάντηση. Συνήθως μας ενδιαφέρει το τι συμβαίνει όταν το

τείνει στο άπειρο και σε αυτές τις περιπτώσεις υπάρχουν μέθοδοι που μας δίνουν την σωστή απάντηση τουλάχιστον ασυμπτωτικά.

Στο συγκεκριμένο πρόβλημα έχουμε $3n \times 6$ ζεύγη ατόμων τα οποία απαγορεύεται να εμφανιστούν μαζί. Ας τα απαριθμήσουμε $1,2,\ldots,18n$ . Για το ζεύγος

, ας γράψουμε A_i

για το ενδεχόμενο σε ένα τυχαίο χωρισμό να εμφανιστούν μαζί. Είναι $\displaystyle{P(A_i) = \frac{12n-2}{\binom{12n-2}{2}} = \frac{2}{12n-1}.}$ Αν τα ενδεχόμενα A_i

ήταν ανεξάρτητα (δυστυχώς δεν είναι), η πιθανότητα να μην συμβεί κανένα θα ήταν $\displaystyle{ \left(1 - \frac{2}{12n-1} \right)^{18n} \approx e^{-3/2}.}$ . Υπάρχουν τρόποι να δεχθεί (όχι εύκολα!) ότι αυτό είναι ασυμπτωτικά σωστό. Επειδή λοιπόν συνολικά υπάρχουν $\displaystyle{ \frac{(12n)!}{(4n)!6^n}}$ τρόποι να χωριστούν 12n

άτομα σε

τριάδες (δείξτε το!) τότε υπάρχουν περίπου $\displaystyle{ e^{-3/2}\frac{(12n)!}{(4n)!6^n}}$ τρόποι ώστε να ικανοποιούνται οι επιπλέον συνθήκες που ζητούνται.

Με επιφύλαξη στο λάθος αφού είναι κάπως μπελάς να ελεγχθεί ότι όντως έτσι έχουν τα πράγματα.

ealexiou · #125

socrates έγραψε:Άσκηση 40
Τέσσερις φίλοι, οι Α, Β, Γ, Δ, είχαν ένα απόγευμα ελεύθερο και είχε ο καθένας να κάνει μία από τις 5 επιλογές: κινηματογράφο, προπόνηση, καφετέρια, ανάβαση στο βουνό, διάβασμα. Και οι πέντε επιλογές είναι το ίδιο ενδιαφέρουσες για τους 4 φίλους και ο καθένας κάνει τυχαία μία επιλογή. Ποια η πιθανότητα:
α) Μόνο οι Α και Β να πάνε για προπόνηση.
β) Οι 3 τουλάχιστον από τους 4 να πάνε κινηματογράφο.
γ) Τουλάχιστον ένας να πάει καφετέρια και τουλάχιστον δύο να πάνε κινηματογράφο.

(α) Μόνο οι

και

πάνε για προπόνηση, με ένα (1)

τρόπο και οι

,

με

επιλογές ο καθένας, άρα 4^2

, άρα η πιθανότητα είναι $\dfrac{4^2}{5^4} =\dfrac{16}{625}$

(β)

τουλάχιστον από τους

πάνε κινηματογράφο
(i)

πάνε κινηματογράφο με $\begin{pmatrix} 4 \\3\end{pmatrix}=4$ τρόπους και ο

ος έχει

επιλογές, άρα με $4 \times 4=16$ τρόπους
(ii) και οι

πάνε κινηματογράφο με $\begin{pmatrix} 4 \\4\end{pmatrix}=1$ τρόπο.
Συνολικά με 16+1=17

τρόπους, άρα η πιθανότητα είναι $\dfrac{17}{625}$

(γ) Τουλάχιστον ένας θα πάει καφετέρια (KA)

και τουλάχιστον δύο θα πάνε κινηματογράφο (KI)

=

ή

(I)

με $\begin{pmatrix} 4 \\1\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 3 \\2\end{pmatrix}=12$ τρόπους και ο

ος έχει

επιλογές, άρα με $12\times3=36$ τρόπους.
(ii) 1KA+3KI

με $\begin{pmatrix} 4 \\1\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 3 \\3\end{pmatrix}=4$ τρόπους
(iii) 2KA+2KI

με $\begin{pmatrix} 4 \\2\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 2 \\2\end{pmatrix}=6$
Συνολικά με 36+4+6=46

τρόπους, άρα η πιθανότητα να συμβεί είναι $\dfrac{46}{625}$

styt_geia · #126

Demetres έγραψε: Δεν νομίζω να υπάρχει κλειστός τύπος.

Το περίμενα και μάλλον ανέβασα πολύ τον πήχη για τον συγκεκριμένο φάκελο. Ευχαριστώ πάρα πολύ για την ενασχόληση εσένα και τον Ευθύμη.

ealexiou · #127

rek2 έγραψε:
Στέλιος Μαρίνης έγραψε:
κουκιδες.png
Με πόσους τρόπους μπορούμε να συνδέσουμε τις τελίτσες από το Α μέχρι το Β με τον πιο σύντομο δρόμο;
Έχω στο νου μου μια πολύ όμορφη παρουσίαση της λύσης, την οποία θα παραθέσω αφού δώσω την ευκαιρία να δω κι άλλες λύσεις, ίσως καλύτερες.
Προκύπτει από την εκφώνηση ότι διαγώνια σύνδεση δεν επιτρέπεται;

Σωστά!

Οπότε η συντομότερη διαδρομή επιτυγχάνεται με έξι (6)

κινήσεις,

διαγώνιες και μια (1)

προς τα πάνω.
Άρα αν από τις συνολικά

κινήσεις επιλέξουμε την - μια - προς τα πάνω, τότε έχουμε ήδη δεσμεύσει και τις

διαγώνιες. Αυτό μπορεί να γίνει με $\displaystyle\binom{6}{1}=6$ τρόπους.

Ευθύμης

Soteris · #128

Άσκηση 43

Ένας καθηγητής της Φυσικής Αγωγής τοποθετεί μια ομάδα

μαθητών σε ευθεία γραμμή.
(α) Αν δύο από αυτούς είναι αδέλφια, να βρείτε (συναρτήσει του

) την πιθανότητα P_1

του ενδεχομένου τα δύο αδέλφια να μη στέκονται το ένα πλάι στο άλλο.
(β) Να βρείτε τον ελάχιστο αριθμό μαθητών που χρειάζονται, ώστε $P_1>\frac{3}{4}$ .
(γ) Αν $n\leq365$ , να βρείτε (συναρτήσει του

) την πιθανότητα P_2

του ενδεχομένου η ομάδα των

μαθητών να περιέχει τουλάχιστον δύο άτομα που να έχουν τα γενέθλιά τους την ίδια μέρα του χρόνου (να θεωρήσετε ότι ο χρόνος έχει 365

ημέρες).

(Παγκύπριες Εξετάσεις για τα Ανώτερα και Ανώτατα Εκπαιδευτικά Ιδρύματα, Ιούνιος 2000)

ealexiou · #129

Soteris έγραψε:Άσκηση 42

Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούμε να τοποθετήσουμε όμοιες μπάλες σε αριθμημένα κουτιά αν:

(α) κάποιο ή κάποια κουτιά μπορεί και να είναι άδεια
(β) θα πρέπει να υπάρχει τουλάχιστον μία μπάλα σε κάθε κουτί

(Καλοκαιρινό Σχολείο Κυπριακής Μαθηματικής Εταιρείας, Ιούνιος 2010)

(α) Με $\begin{pmatrix} 8+3-1 \\3-1\end{pmatrix}=45$ διαφορετικούς τρόπους.

(β) Με $\begin{pmatrix} 8-1 \\3-1\end{pmatrix}=21$ διαφορετικούς τρόπους.

Παρατήρηση: Η περίπτωση “κάποια κουτιά μπορεί και να είναι άδεια” προκύπτει από την περίπτωση "πρέπει να υπάρχει τουλάχιστον μία μπάλα σε κάθε κουτί" αν στις

μπάλες προσθέσουμε

, όσα και τα κουτιά, και τις

επιπλέον τις τοποθετήσουμε ανά μία σε κάθε κουτί.

Soteris · #130

Άσκηση 44

Να βρεθεί το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης x_1+x_2+x_3+x_4=10

στους μη αρνητικούς ακέραιους.

(Καλοκαιρινό Σχολείο Κυπριακής Μαθηματικής Εταιρείας, Ιούνιος 2010)

ealexiou · #131

Soteris έγραψε:Άσκηση 44

Να βρεθεί το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης στους μη αρνητικούς ακέραιους.

(Καλοκαιρινό Σχολείο Κυπριακής Μαθηματικής Εταιρείας, Ιούνιος 2010)

Το πλήθος των μη αρνητικών ακεραίων λύσεων της εξίσωσης είναι $\begin{bmatrix}10 \\4\end{bmatrix} = \begin{pmatrix}10+4-1 \\4 \end{pmatrix}=715$

ealexiou · #132

Soteris έγραψε:Άσκηση 43

Ένας καθηγητής της Φυσικής Αγωγής τοποθετεί μια ομάδα μαθητών σε ευθεία γραμμή.
(α) Αν δύο από αυτούς είναι αδέλφια, να βρείτε (συναρτήσει του ) την πιθανότητα του ενδεχομένου τα δύο αδέλφια να μη στέκονται το ένα πλάι στο άλλο.
(β) Να βρείτε τον ελάχιστο αριθμό μαθητών που χρειάζονται, ώστε $P_1>\dfrac{3}{4}$ .
(γ) Αν $n\leq365$ , να βρείτε (συναρτήσει του ) την πιθανότητα του ενδεχομένου η ομάδα των μαθητών να περιέχει τουλάχιστον δύο άτομα που να έχουν τα γενέθλιά τους την ίδια μέρα του χρόνου (να θεωρήσετε ότι ο χρόνος έχει ημέρες).

(Παγκύπριες Εξετάσεις για τα Ανώτερα και Ανώτατα Εκπαιδευτικά Ιδρύματα, Ιούνιος 2000)

Θεωρώ, εκτός του ότι ο χρόνος έχει ημέρες, και ότι τα αδέλφια δεν είναι δίδυμα και η κατανομή των γεννήσεων είναι ομοιόμορφη (που δεν είναι).

(α) Οι

μαθητές μπορούν να τοποθετηθούν με

διαφορετικούς τρόπους. Τα δύο αδέλφια θα βρεθούν το ένα δίπλα στο άλλο με 2(n-1)!

τρόπους, άρα δεν θα βρίσκονται το ένα δίπλα στο άλλο με n!-2(n-1)!

τρόπους, συνεπώς $P_{1}= \dfrac{n!-2(n-1)!}{n!}=1- \dfrac{2}{n}$

(β) Θέλουμε $P_{1}>\dfrac{3}{4} \Rightarrow1-\dfrac{2}{n}>\dfrac{3}{4} \Rightarrow n>8$

(γ) Αν

το ενδεχόμενο “δύο τουλάχιστον μαθητές να έχουν γενέθλια την ίδια ημέρα”, τότε

είναι το ενδεχόμενο “οι

μαθητές να έχουν γενέθλια σε διαφορετικές μέρες”.
Για να συμβεί αυτό: Ο πρώτος μπορεί να έχει γεννηθεί οποιαδήποτε από τις 365

ημέρες του έτους, ο δεύτερος τίς υπόλοιπες 365-1

, ο τρίτος τις υπόλοιπες 365-2

,..., ο

-οστός τις υπόλοιπες 365-n+1

Άρα $P_{2}= P_{A}=1-P_{A'}\Rightarrow$ $P_{2}=1- \dfrac{365 \times (365-1) \times(365-2) \times ... \times (365-n+1) }{365 \times 365 \times ... \times 365, \tau o \ 365 \ n \ \varphi o \rho \varepsilon s } \Rightarrow$

$P_{2}=1-\dfrac{365 \times 364 \times363 \times ... \times (365-n+1) }{365^n}\Rightarrow$ $\ P_{2}=1-\dfrac{365! }{(365-n)!365^n}$

Soteris · #133

Άσκηση 45

Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούν να επιλεγούν τρεις αριθμοί από το σύνολο $\left\{1, 2, 3, ..., 300\right\}$ ώστε το άθροισμά τους να διαιρείται με το

;

Soteris · #134

Άσκηση 46

Τρεις σκοπευτές A, B, C

πυροβολούν συγχρόνως εναντίον του ίδιου στόχου και η πιθανότητα επιτυχίας του καθενός είναι $\frac{1}{2}, \frac{2}{3}$ και $\frac{3}{4}$ αντίστοιχα. Ο στόχος βρέθηκε να έχει βληθεί με δύο σφαίρες. Αν A_1, A_2, A_3

είναι τα ενδεχόμενα να αστόχησαν ο A, B, C

αντίστοιχα, να βρείτε τις πιθανότητες $P\left(A_1 \right),P\left( A_2\right),P\left( A_3\right)$ .

(Βιβλίο Μαθηματικά Επιλογής Γ' Ενιάιου Λυκείου,Υπουργείο Παιδείας και Πολιτισμού Κύπρου, Έκδοση 2007)

ealexiou · #135

Soteris έγραψε:Άσκηση 45

Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούν να επιλεγούν τρεις αριθμοί από το σύνολο $\left\{1, 2, 3, ..., 300\right\}$ ώστε το άθροισμά τους να διαιρείται με το ;

Ενδιαφέρον θέμα

Παρατηρώ ότι το σύνολο $\{1,2,3,...,300\}=\{(1,2,3),(4,5,6),...,(298,299,300\}$ μπορούμε να το χωρίσουμε σε τρεις ομάδες ανάλογα με το υπόλοιπο της ακέραιας διαίρεσης με το

.
Μια ομάδα 100

αριθμών, $(1,4,7,....298) \equiv1mod3$ , δεύτερη ομάδα 100

αριθμών $(2,5,8,...,299) \equiv2mod3$ και τρίτη ομάδα 100

αριθμών $(3,6,9,...,300) \equiv0mod3$ .
Υπάρχουν δύο τρόποι να διαλέξουμε τρεις αριθμούς με άθροισμα $\equiv0mod3$ .
Ή επιλέγουμε έναν αριθμό από κάθε ομάδα, 0mod3+1mod3+2mod3=3mod3=0mod3

και αυτό συμβαίνει (από κανόνα γινομένου) με 100^3

τρόπους.
Ή επιλέγουμε τρεις αριθμούς από την κάθε ομάδα (ή $3 \times 1mod3\equiv0mod3$ ή $3 \times 2mod3\equiv6mod3\equiv0mod3$ ή $3 \times 0mod3\equiv0mod3$ ) και αυτό συμβαίνει με $3 \times \begin{pmatrix}100 \\3\end{pmatrix}$
Συνολικά με $100^3+3 \times \begin{pmatrix}100 \\3\end{pmatrix}=1485100$ τρόπους.

Soteris · #136

Άσκηση 47

Ένας παίκτης

του τένις έχει πιθανότητα $\frac{2}{3}$ να κερδίσει ένα σετ από τον παίκτη

. Έναν αγώνα κερδίζει εκείνος ο παίκτης που πρώτος θα κερδίσει τρία σετ. Να βρείτε την πιθανότητα ο παίκτης

να κερδίσει τον

.

(Βιβλίο Μαθηματικά Επιλογής Γ' Ενιαίου Λυκείου, Υπουργείο Παιδείας και Πολιτισμού Κύπρου, Έκδοση 2007)

#137

ΑΣΚΗΣΗ 48

Μια ακόμα διδακτικού χαρακτήρα άσκηση, γερμανικής προέλευσης !

Πριν να πάει να γράψει το διαγώνισμά του στα μαθηματικά, ένας μαθητής έβαλε στην τσάντα του

δύο σακούλες από

καραμέλες η καθεμιά.
Κάθε φορά που στην ώρα του διαγωνίσματος εύρισκε δυσκολία, έβαζε -χωρίς να κοιτάζει- το χέρι του στην τσάντα και έπαιρνε στην τύχη μια καραμέλα από όποιο σακουλάκι άγγιζε. Κάποια στιγμή που πήρε μια καραμέλα, διαπίστωσε ότι ήταν η τελευταία από αυτό το σακουλάκι.
Ποια είναι η πιθανότητα το άλλο σακουλάκι να είχε

καραμέλες ακριβώς ;

1ος τρόπος

Τις 15 από τις 20 καραμέλες μπορεί να τις πάρει κατά $\left( \begin{matrix} 15 \\ 20 \\ \end{matrix} \right)$ τρόπους.

Για να αδειάσει το ένα σακουλάκι, χρειάζονται $\left( \begin{matrix} 10 \\ 10 \\ \end{matrix} \right)\cdot \left( \begin{matrix} 10 \\ 5 \\ \end{matrix} \right)$ τρόποι, αφού πρέπει να τελειώσει το ένα και να μείνουν

καραμέλες στο άλλο.

Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με το πηλίκο :

$P=\frac{\left( \begin{matrix} 10 \\ 10 \\ \end{matrix} \right)\cdot \left( \begin{matrix} 10 \\ 5 \\ \end{matrix} \right)}{\left( \begin{matrix} 15 \\ 20 \\ \end{matrix} \right)}$

2ος τρόπος

Πρόκειται για δυωνυμική κατανομή με μήκος

.Ο μαθητής διαλέγει τη σακούλα που θα τελειώσει πρώτη με πιθανότητα $\frac{1}{2}$ .

Αφού θέλουμε η σακούλα να τελειώσει σε 15 δοκιμές, αυτό μπορεί να συμβεί με πιθανότητα :

$P=\left( \begin{matrix} 15 \\ 10 \\ \end{matrix} \right)\cdot {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{10}}\cdot {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{5}}$

Ποια από τις δύο εκδοχές αποτελεί τη σωστή λύση και γιατί η άλλη είναι λανθασμένη ;

(Δεν έχω λύση)

#138

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 48

Μια ακόμα διδακτικού χαρακτήρα άσκηση, γερμανικής προέλευσης !

Πριν να πάει να γράψει το διαγώνισμά του στα μαθηματικά, ένας μαθητής έβαλε στην τσάντα του δύο σακούλες από καραμέλες η καθεμιά.
Κάθε φορά που στην ώρα του διαγωνίσματος εύρισκε δυσκολία, έβαζε -χωρίς να κοιτάζει- το χέρι του στην τσάντα και έπαιρνε στην τύχη μια καραμέλα από όποιο σακουλάκι άγγιζε. Κάποια στιγμή που πήρε μια καραμέλα, διαπίστωσε ότι ήταν η τελευταία από αυτό το σακουλάκι.
Ποια είναι η πιθανότητα το άλλο σακουλάκι να είχε καραμέλες ακριβώς ;

1ος τρόπος

Τις 15 από τις 20 καραμέλες μπορεί να τις πάρει κατά $\left( \begin{matrix} 15 \\ 20 \\ \end{matrix} \right)$ τρόπους.

Για να αδειάσει το ένα σακουλάκι, χρειάζονται $\left( \begin{matrix} 10 \\ 10 \\ \end{matrix} \right)\cdot \left( \begin{matrix} 10 \\ 5 \\ \end{matrix} \right)$ τρόποι, αφού πρέπει να τελειώσει το ένα και να μείνουν καραμέλες στο άλλο.

Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με το πηλίκο :

$P=\frac{\left( \begin{matrix} 10 \\ 10 \\ \end{matrix} \right)\cdot \left( \begin{matrix} 10 \\ 5 \\ \end{matrix} \right)}{\left( \begin{matrix} 15 \\ 20 \\ \end{matrix} \right)}$

2ος τρόπος

Πρόκειται για δυωνυμική κατανομή με μήκος .Ο μαθητής διαλέγει τη σακούλα που θα τελειώσει πρώτη με πιθανότητα $\frac{1}{2}$ .

Αφού θέλουμε η σακούλα να τελειώσει σε 15 δοκιμές, αυτό μπορεί να συμβεί με πιθανότητα :

$P=\left( \begin{matrix} 15 \\ 10 \\ \end{matrix} \right)\cdot {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{10}}\cdot {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{5}}$

Ποια από τις δύο εκδοχές αποτελεί τη σωστή λύση και γιατί η άλλη είναι λανθασμένη ;

(Δεν έχω λύση)

Αν σε κάποια φάση έχουν μείνει

καραμέλες στο ένα σακούλι και

στο άλλο ποια είναι η πιθανότητα στην επόμενη κίνηση να πάρει καραμέλα από το πρώτο σακούλι; Η λογική της πρώτης λύσης είναι ότι η πιθανότητα είναι a/(b+a)

. (Επιλογή καραμέλας ομοιόμορφα στην τύχη.) Η λογική της δεύτερης λύσης είναι ότι η πιθανότητα είναι 1/2

. (Επιλογή σακουλιού ομοιόμορφα στην τύχη.) Η εκφώνηση θεωρώ ότι υπονοεί το δεύτερο.

Πάντως όποια κατανομή και να επιλέξουμε καμία από τις λύσεις δεν είναι ορθή. Και η δύο λύσεις αγνοούν το γεγονός ότι η τελευταία καραμέλα επιλέχθηκε από το σακούλι που άδειασε. Οπότε οι σωστές απαντήσεις είναι $\displaystyle{ \frac{\binom{10}{9}\binom{10}{5}}{\binom{20}{14}}}$ στην πρώτη περίπτωση και $\displaystyle{ \frac{1}{2^{14}}\binom{14}{9}}$ στην δεύτερη.

ealexiou · #139

Soteris έγραψε:Άσκηση 46

Τρεις σκοπευτές πυροβολούν συγχρόνως εναντίον του ίδιου στόχου και η πιθανότητα επιτυχίας του καθενός είναι $\frac{1}{2}, \frac{2}{3}$ και $\frac{3}{4}$ αντίστοιχα. Ο στόχος βρέθηκε να έχει βληθεί με δύο σφαίρες. Αν είναι τα ενδεχόμενα να αστόχησαν ο αντίστοιχα, να βρείτε τις πιθανότητες $P\left(A_1 \right),P\left( A_2\right),P\left( A_3\right)$ .

(Βιβλίο Μαθηματικά Επιλογής Γ' Ενιάιου Λυκείου,Υπουργείο Παιδείας και Πολιτισμού Κύπρου, Έκδοση 2007)

Είναι $p_{A}= \dfrac{1}{2} \Rightarrow p_{A'}= \dfrac{1}{2},\ p_{B}= \dfrac{2}{3} \Rightarrow p_{B'}= \dfrac{1}{3},\ p_{C}=\dfrac{3}{4} \Rightarrow p_{C'}= \dfrac{1}{4}$
Η πιθανότητα

βολές να πέτυχαν τον στόχο είναι: $p_{A}.p_{B}.p_{C'}+p_{B}.p_{C}.p_{A'}+ p_{A}.p_{C}.p_{B'}=$ $\dfrac{1}{2}\times \dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{4}+\dfrac{2}{3}\times \dfrac{3}{4}\times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{3}{4}\times \dfrac{1}{3}=\dfrac{11}{24}$ Συνεπώς:

$P(A1)=\dfrac{p_{A'}.p_{B}.p_{C}}{p_{A}.p_{B}.p_{C'}+p_{B}.p_{C}.p_{A'}+ p_{A}.p_{C}.p_{B'}}=$ $\dfrac{ \dfrac{1}{4}}{ \dfrac{11}{24}}=\dfrac{6}{11}$

$P(A2)=\dfrac{p_{B'}.p_{A}.p_{C}}{p_{A}.p_{B}.p_{C'}+p_{B}.p_{C}.p_{A'}+p_{A}.p_{C}.p_{B'}}=$ $\dfrac{ \dfrac{1}{8}}{\dfrac{11}{24}}=\dfrac{3}{11}$

$P(A3)=\dfrac{p_{C'}.p_{A}.p_{B}}{p_{A}.p_{B}.p_{C'}+p_{B}.p_{C}.p_{A'}+p_{A}.p_{C}.p_{B'}}=$ $\dfrac{ \dfrac{1}{12}}{\dfrac{11}{24}}=\dfrac{2}{11}$

Soteris · #140

Άσκηση 49

Πόσοι τρόποι υπάρχουν για να επιλέξετε

από

ιππότες, οι οποίοι κάθονται σε ένα στρογγυλό τραπέζι, αν δεν μπορούν να επιλεγούν "γειτονικοί" ιππότες (δηλαδή αν επιλεγεί ο

δεν επιτρέπεται να επιλεγεί αυτός που κάθεται είτε στα δεξιά του είτε στα αριστερά του);

ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: Κλασικό θέμα

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: Κλασικό θέμα

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