Bardzo proszę o pomoc w rozwiązaniu tych zadań. wafel: Byłam chora i kompletnie nie wiem o co chodzi w tych zadaniach. Może znajdzie się jakaś dobra osoba i mi pomoże chociaż troszeczkę, bardzoo proszę 1. Oblicz, ile jest wszytskich mozliwych liczb trzycyfrowych, w ktorych zapisie wystepuja dokladnie dwie cyfry parzyste. 2. Do sklepu przywoza o okreslonej porze pieczywo z dwoch piekarni odpowiednio z prawdopodobienstwami 0,8 i 0,9. Oblicz prawdopodobienstwo, ze o danej porze przywioza pieczywo z co najmniej jednej piekarni. 3. W urnie jest 6 bialych i 8 kul żółtych. Wyjęto trzy razy po jednej kuli ze zwracaniem. Oblcz prawdopodobienstwo, że dokladnie dwa razy wyjęto kulę białą. 4. Ze zbioru cyfr Z={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} wyjeto 3 razy po jednej bez zwracania i ulozono w ciag. Oblicz prawdopodobienstwo, że ulozony ciąg przedstawia liczbe trzycyfrowa wieksza od 333. 5. Z talii 24kart wyjmujemy losowo 4karty. Oblicz prawdopodobienstwo, że wyjmiemy 2piki, 1 kiera i 1karo. 6. W urnie sa 3 kule biale i 7kul czarnych wyjmujemy losowo 3 kule. Oblicz prawdopodobienstwo, ze wyjmiemy co najmniej jedna kule czarna. 7. Rzucono 3 razy kostka szescienna do gry i okreslono zdarzenia: A−na kazdej kostce wypadla inna liczba oczek, B−iloczyn wyrzuconych oczej jest rowny 6. Oblicz prawdopodobienstwo zdarzenia AUB. 8. Liczby nalezace do zbioru Z={1, 2, 3,....,18} ustawiono losowo w ciag. Oblicz prawdopodobienstwo, ze w tym ciagu liczby 1, 2, 3, 4 stoja obok siebie. 9. Z talii 52 kar wyjmujemy losowo 5kart. Oblicz prawdopodobienstwo, ze wyjmiemy co najmniej jednego pika.

PW: 8. Zdarzeniami elementarnymi są 18−elementowe ciągi złożone ze wszystkich liczb zbioru Z (inaczej mówiąc: permutacje 18 elementów zbioru Z). Zbiór zdarzeń elementarnych Ω ma więc 18! elementów. Opisane w zadaniu zdarzenie A − "liczby 1,2,3,4 stoją w ciągu obok siebie" (w wymienionym porządku) składa się z takich permutacji, w których te cztery liczby są "związane ze sobą" − można je przestawiać z pozostałymi liczbami jako całość, traktując (1,2,3,4) jako nierozdzielny element, przestawiany z pozostałymi 14 liczbami. Oznacza to, że |A| =15! i zgodnie z twierdzeniem zwanym klasyczną definicją prawdopodobieństwa prawdopodobieństwo P(A) jest równe

	|A|		15!
(1) P(A) =		=		= ....
	|Ω|		18!

Uwaga. Specjalnie zaznaczyłem, że przy rozwiązaniu traktujemy liczby 1, 2, 3, 4 jak związane na stałe w tym właśnie porządku. Niektórzy uważają, że jeśli mamy np. ciąg (2,4,3,1), to też liczby 1, 2, 3, 4 stoją obok siebie. Przy takim rozumieniu zadania wynik (1) należy pomnożyć jeszcze przez liczbę możliwych permutacji tych czterech liczb, czyli przez 4!, gdyż wtedy |A| = 15!•4! − w każdym ustawieniu 14+1 elementów nierozdzielną czwórkę (1,2,3,4) można przestawiać miedzy sobą. Masz podaną odpowiedź? Jeśli tak, to porównaj te wyliczenia z odpowiedzią i daj znać.

wafel: nie niestety nie mam do tego odpowiedzi, ale dziękuje bardzo

wafel: a dlaczego zdarzenie A to 15!? nie powinno być 14!?

PW: 4. Zbiór zdarzeń elementarnych Ω składa się ze wszystkich 3−elementowych wariacji bez powtórzeń tworzonych z elementów zbioru 9−elementowego.

	9!		9!
(1) |Ω| =		=		.
	(9−3)!		6!

Jeżeli nie mówiliście o wariacjach, losowanie można sobie wyobrazić tak: ze zbioru 9 liczb wyciągamy losowo 3 liczby. Można to zrobić na

	9 3		9!
(2)		=
			3!•6!

sposobów (3−elementowe kombinacje). Losowanie odbywa się bez zwracania, a więc nie ma znaczenia, czy wyciągamy liczby po kolei, czy wszystkie 3 jednocześnie. Następnie zgodnie z opisem w treści zadania ustawiamy te trzy wylosowane liczby w kolejności, co można zrobić na 3! sposobów. Pomnożenie wyniku (2) przez 3! daje to samo co (1). Zdarzenie A − „utworzono liczbę większą do 333” Zdarzenie przeciwne A' − „utworzono liczbę niewiększą do 333” (łatwiej wyznaczyć liczbę elementów). A' = {(1,a,b): a≠b,a,b∊{2,3,4,5,6,7,8,9}}∪ ∪{(2,x,y): x≠y, x,y∊{1,3,4,5,6,7,8,9}}∪{(3,1,2),(3,2,1)} Słowami można to opisać tak: A' składa się z liczb trzycyfrowych, w których liczba setek jest równa 1 (a na miejscu dziesiątek i jedności są dowolne różne między sobą cyfry) oraz z liczb trzycyfrowych, w których cyfrą setek jest 2 (dziesiątki i jedności dowolne różne między sobą) oraz z liczb 312 i 321. W modelu matematycznym zamiast o liczbach mówimy o 3−elementowych ciągach. |A'| = 8•7+8•7+2 = 114 (8•7 bierze się stąd, że pierwszą cyfrę można wybrać na 8 sposobów, a drugą już tylko na 7). Zgodnie z twierdzeniem zwanym klasyczną definicją prawdopodobieństwa

	|A'|
P(A') =		= ...
	|Ω|

Wiadomo, że P(A) = 1 − P(A') = ...

PW: Odpowiedź na pytanie z 14:45. 14 cyfr większych od 4 przestawiamy łącznie z piętnastym elementem − tym złożonym ze związanych na stałe liczb 1,2,3,4.

wafel: aa faktycznie już rozumiem dziękujeee

Janek191: z.1 p − cyfry parzyste: 0,2,4,6,8 n − cyfry nieparzyste: 1,3,5,7,9 Liczby będą postaci: p p n lub p n p lub n p p Pierwsza cyfra ( setek ) nie może być zerem. Mamy 4*5*5 + 4*5*5 + 5*5*5 = 100 + 100 + 125 = 325 Odp. Takich liczb jest 325. =====================

wafel: dzięki Janek191

Janek191: z.3 Ilość kul białych 6 Ilość kul żółtych 8 Razem 14 kul Losowanie trzykrotne ze zwracaniem. b b ż lub b ż b lub ż b b więc mamy

	6		6		8		6		8		6		8		6		6
P( A) =		*		*		+		*		*		+		*		*		=
	14		14		14		14		14		14		14		14		14

	3		3		4		108
= 3*		*		*		=
	7		7		7		343

wafel: a Ω nie powinna wynosic 14³ ? bo to chyba jest wariacja z powtorzeniami ale moge sie mylić

wafel: ?

Janek191: z.5

	24 4		24 !		21*22*23*24
I Ω I =		=		=		= 21*22*23 = 10 626
			4 ! * 20 !		1*2*3*4

	6 2		6 1		6 1		6 !		5*6*6*6
I A I =		*		*		=		*6*6 =		= 540
							2*4 !		2

	540		90
P( A ) =		=
	10 626		1 771

PW: Odpowiedź na pytanie z 16:33 Nie "Ω powinna wynosić 14³", ale "liczność Ω" albo symbolicznie |Ω|. Masz rację, ale Janek191 nie konstruował przestrzeni Ω, podał Ci tylko rachunki, korzystając z tzw. zasady mnożenia prawdopodobieństw − faktycznie tam jest w mianowniku 14³. Sposób myślenia jest tu trochę inny − nie mówimy o wariacjach, tylko o losowaniu jednej kuli w pojedynczym doświadczeniu, które polega na losowaniu jednej kuli.

	1
Wtedy Ω ={b1,b2,b3,...b6, ż1, ż2,...,ż8}, P({x})=		,
	14

gdzie x oznacza dowolny z elementów Ω.

	6		8
P(B) = P({b1,b2,b3,...b6})=		, P(Ż) = P({ ż1, ż2,...,ż8})=
	14		14

Można to podsumować w ten sposób: Mamy przestrzeń Ω₁={B, Ż} z prawdopodobieństwem

	6		8
P1(B)=		i P1(Ż)=
	14		14

Doświadczenie powtarzamy 3 razy w niezmienionych warunkach, czyli tworzymy przestrzeń produktową Ω₁×Ω₁×Ω₁ z prawdopodobieństwem P₃, które określa się wzorem P₃({(x,y,z)} = P₁({x})•P₁({y})•P₁({z}), x,y,z∊{B,Ż} i określa się to mianem "zasada mnożenia prawdopodobieństw". Z niezrozumiałych dla mnie względów to dość trudne teoretycznie poczynanie jest w szkołach nagminnie stosowane przy rozwiązywaniu takich zadań, i pewnie zakłada się, że uczniowie poziomu podstawowego nie muszą wiedzieć co to jest wariacja, ale zastosują mechanicznie "zasadę mnożenia prawdopodobieństw" według przepisu "bo tak to się robi". Widzę że wiesz co to jest wariacja, więc skonstruuj przestrzeń Ω jako zbiór wariacji i policz po swojemu − wynik będzie ten sam.

wafel: wielkiee dzięki PW

wafel: pomógłby mi ktoś z zadaniem 9? rozwiązałam je, ale nie wiem czy poprawnie Ω−zbior 5−wyrazowych kombinacji zbioru 52−elementowego

	5 52
IΩI=C		=2598960

A−losujemy co najwyżej jednego pika (czyli 0 lub 1)

	0 13		1 13
IAI=5*C		*C		=65

	1
P(A)=
	39984

nie wiem czy jak licze moc A to w drugiej kombinacji wybieram z 13 czy juz z 12 i czy wgl mam dobry tok myslenia

wafel: proooszęęę

PW: 9. Zdarzenie A − "wylosowano co najwyżej jednego pika" A' − "wylosowano same nie−piki" W wypadku zdarzenia "co najmniej" lub "co najwyżej" bardzo często wygodniej jest liczyć prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego. A' to inaczej "tworzono 5−elementowe kombinacje ze zbioru 39−elementowego"

	39 5
|A'| =

	|A'|		39!	5!47!
P(A') =		=			= ...(teraz dopiero wykonujemy rachunki;
	|Ω|		5!34!	52!

licząc pośrednie wyniki, o które nikt nie pytał − tracisz tempo, na egzaminach jest mało czasu). P(A)=1−P(A')