szukanie zaawansowane
 [ Posty: 9 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 27 lis 2016, o 21:05 
Użytkownik

Posty: 12
Lokalizacja: Warszawa
Proszę o pomoc przy rozwiązaniu albo nakierowaniu na właściwy tor. Zamieszczam też swoje rozwiązanie.

Rzucono symetryczna moneta 9 razy i zaobserwowano, ze orzeł wypadł dokładnie 4 razy. W takiej sytuacji,jakie jest prawdopodobieństwo, że:
a) przynajmniej raz orzeł wypadł w dwóch następujących po sobie rzutach (tj. dwa lub więcej razy z rzędu)?

\left| \Omega\right|=9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6=3024

Policzył bym z p-stwa odwrotnego czyli znalazł przypadki gdy orły nie wypadły po sobie i to policzyłem kombinując z rysunkami, kreskami itp. Wyszło mi 2331 takich kombinacji czyli
P(A)=1- \frac{2331}{3024} = \frac{693}{3024}

b) orzeł wypadł 4 razy z rzędu?
Tutaj tak samo jak wcześnie metoda kresek itp. I wyszło mi \frac{6}{3024}
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2018
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 27 lis 2016, o 22:28 
Użytkownik

Posty: 954
(a) to klasyczne prawdopodobieństwo warunkowe:
P\left\{ \text{Przynajmniej raz wypadł orzeł w dwóch następujących po sobie rzutach} | \text{ orzeł wypadł dokładnie 4 razy}\right\}= \\
\frac{P\left\{\text{Przynajmniej raz wypadł orzeł w dwóch następujących po sobie rzutach}  \wedge \text{ orzeł wypadł dokładnie 4 razy} \right\} }{P\left\{\text{orzeł wypadł dokładnie 4 razy} \right\} }
(b). Wypadło 0000, reszta nie ważna, tzn. wystarczy spojrzeć na ile sposobów pierwszy z tych czterech orłów może się pojawić (pierwsze wystąpienie orła z tej szóstki może wystąpić przy 1,2,3,4,5,6 rzucie. Potem już nie.
P(A)=\frac{6}{2^9}=\frac{6}{1024}
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 27 lis 2016, o 22:33 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 3232
Lokalizacja: blisko
Problem sprowadza się do tego, że możesz traktować orły jak przegródki między którymi wypadają reszki:

Przypadków jest kilka rodzajów:

1. Wszystkie orły wypadną jeden po drugim na: 6 sposobów

jedna sekwencja: 4

2. Orły wypadną w dwóch sekwencjach:

1   ,  3

3   ,  1

2  ,  2

ale tu musisz badać możliwości, że będą na końcu lub w środku...
a między nimi będą reszki.

3.Orły wypadną w trzech sekwencjach:

1   ,  1,   2

2   ,  1,   1

1   ,  2,   1

I tu też musisz badać za pomocą kombinacji z powtórzeniem przypadki


A potem te cztery przypadki zsumować proste...(troszkę liczenia)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 29 lis 2016, o 19:58 
Użytkownik

Posty: 12
Lokalizacja: Warszawa
@squared my nie mamy liczyć prawdopodobieństwa że wypadną 4 orły.

Teraz zacząłem interpretować to zadanie jako przypadek gdzie jest kolejka. w niej 9 osób z czego 5 kobiet i 4 mężczyźni. Ogólnie gdyby chodziło o monety, rzuty i jak wypadają to \left| \Omega\right|=2^9, ale nas tak jak wspomniałem interesują tylko przypadki gdy wypadły 4 orły i ja bym policzył te przypadki licząc p-stwo 4 orłów z rozkładu Bernoulliego i mnożąc otrzymany wynik przez \left| \Omega\right|

{9 \choose 4} \cdot \left(  \frac{1}{2} \right)^{4}  \cdot \left(  \frac{1}{2}\right) ^{5}=\frac{63}{256}

\frac{63}{256} \cdot 512=126

I to jest nasza liczba możliwych kombinacji w których są 4 orły i 5 reszek. Przynajmniej tak mi się zdaję.

Teraz na chłopski rozum mogę powiedzieć że jest tylko 1 ustawienie gdy orły nie stoją obok siebie, jest to moment gdy mamy na zmianę ROROROROR więc p-stwo że przynajmniej raz orzeł wypadł w dwóch następujących po sobie rzutach wynosi \frac{125}{126} ,a odpowiedź do podpunktu b) było znaleźć łatwiej i jak pisali koledzy wcześniej \frac{6}{126}

Prosił bym jeszcze o potwierdzenie że moje rozumowanie jest dobre.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 29 lis 2016, o 21:36 
Użytkownik

Posty: 954
Chyba nie zrozumiałeś kompletnie, co ja napisałem. Ja nie liczę prawdopodobieństwa, że wypadną cztery orły. Licze, ale to wtórnie. Liczę prawdopodobieństwo warunkowe. Wczytaj się jeszcze raz w moją propozycję. Może nie wiesz, co to prawdopodobieństwo warunkowe?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 29 lis 2016, o 22:21 
Użytkownik

Posty: 12
Lokalizacja: Warszawa
Oczywiście że umiem, tylko jak policzyć P\left( A \cap B\right)?

P\left(A|B \right)= \frac{ \frac{125}{126} \cdot  \frac{126}{512}  }{ \frac{63}{256} }= \frac{125}{126}

Nie wiem czy dobrze policzyłem to P\left( A \cap B\right).
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 29 lis 2016, o 22:49 
Użytkownik

Posty: 954
P(AB)=?  \ \  |AB| = ?
Ja tak podszedłem do tego. Na pewno raz nastąpiła sytuacja OO, czyli dwa orły w kolejnych rzutach się pojawiły.

W którym rzucie może się pojawić pierwszy z tych orłów? W pierwszym, drugim,.., ósmym: 8 sposobów rozmieszczenia: OO.

Zostało 7 rzutów do rozmieszczenia, w tym muszę otrzymać tylko jeszcze dwa orły. Pierwszy z nich może wypaść na 7 sposobów (tzn., w którymś z siedmiu pozostałych rzutów). Drugi na 6 sposobów. A resztę "wypełniam reszkami".

|AB|=8 \cdot 7 \cdot 6 : 4! = \frac{336}{4!}
P(AB)=\frac{336}{2^9}
Wtedy
P(A|B)=\frac{\frac{336}{4!  \cdot 2^9} }{\frac{9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{4!  \cdot 2^9}}=\frac{1}{9}

Przyznaję się od razu, że nie jestem specjalistą z rachunku, więc możliwe, że głupoty mi wyszły.

Na pewno Twój wynik mało jest przekonywujący, bo znaczyłoby, że takie zdarzenie jest niemal pewne.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 gru 2016, o 12:50 
Użytkownik

Posty: 12
Lokalizacja: Warszawa
Rozwiązanie dzięki starszym rocznikom.

\left| \Omega\right|=126 ,ale można ją było policzyć za pomocą symbolu Newtona.

\left| \Omega\right|= {9 \choose 4}=126

Wyjaśnienie, mam nadzieję że będzie zrozumiałe. Piszemy sobie ?OR?OR?OR?O? i jest to prowizoryczne ułożenie kiedy nie będzie orłów pod rząd. Z treści wiemy że będzie 5 reszek więc możemy jeszcze ulokować 2 reszki tam gdzie są znaki zapytania, pod jednym ? mogą stać 2 reszki czyli możemy mieć ciąg 3 reszek. Gdy pod jeden ? stawiamy RR to mamy takich 5 możliwości. Gdy za ? idzie R to możliwości jest:

{5 \choose 2}=10

P(A)=1- \frac{5+10}{126}
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 3 gru 2016, o 13:23 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 661
Lokalizacja: Wrocław
Tomundo napisał(a):
Rzucono symetryczna moneta 9 razy i zaobserwowano, ze orzeł wypadł dokładnie 4 razy. W takiej sytuacji, jakie jest prawdopodobieństwo, że:
a) przynajmniej raz orzeł wypadł w dwóch następujących po sobie rzutach (tj. dwa lub więcej razy z rzędu)?

zdarzenie przeciwne to: ani raz orzeł nie wypadł po orle,
czyli brakujące dwie reszki w układzie ORORORO
mogą wystąpić w dowolny sposób w pięciu miejscach - {5+2-1 \choose 2} =15
wszystkich możliwości z czterema orłami to pięć reszek rozmieszczonych dowolnie w pięciu miejscach - {5+5-1 \choose 5} =126
P_a=1-\frac{15}{126}=\frac{37}{42}


Tomundo napisał(a):
Rzucono symetryczna moneta 9 razy i zaobserwowano, ze orzeł wypadł dokładnie 4 razy. W takiej sytuacji, jakie jest prawdopodobieństwo, że:
b) orzeł wypadł 4 razy z rzędu?

w układzie RRRRR ciąg czterech orłów może wystąpić w sześciu miejscach
wszystkich możliwości z czterema orłami to pięć reszek rozmieszczonych dowolnie w pięciu miejscach - {5+5-1 \choose 5} =126
P_b=\frac{6}{126}=\frac{1}{21}
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 9 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 siedem razy monetą  celia11  1
 Rzucamy dwa razy kostką sześcienną do gry  Eliza22  1
 Rzut moneta i kostka  renta23  1
 Rzut monetą - spodziewana liczba ciągów powtórzeń  piotrus666  0
 rzut kostką, monetą,...  ania555  0
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl