kombinatoryka
Gaunt: Od dłuższego czasu rozwiązuję zadania z kombinatoryki z mniejszymi lub większymi efektami,
ale często wpadam na zły schemat rozwiązywania, który przychodzi mi naturalnie,
lecz jest zły, a nikt nie potrafi wskazać mi błędu, włączając mojego nauczyciela matematyki,
który rozkłada ręce i mówi, że nie wie, gdzie błąd logiczny.
Dlatego bardzo zależy mi na rozwiązaniu problemu.
Przykład zadania:
Wśród 50 losów loterii fantowej jest 10 losów wygrywających.
Oblicz na ile sposobów można wybrać 4 losy tak, aby co najmniej jeden był wygrywający.
(prawidłowy sposób to odjęcie od wszystkich możliwości przypadku,
gdy wśród nich nie ma żadnego wygrywającego = 138 910)
Ja liczę tak: Wybieram 1 wygrywający C(1 z 10), a potem cała reszta jest dowolna,
"hulaj dusza piekła nie ma" jak mawia mój nauczyciel C(3 z 49). Z mnożenia obu tych kombinacji
otrzymuję 184 240.
138 910 ≠ 184 240
Zapamiętanie, że "ta metoda jest zła, bo tak. Licz prościej!" nic mi nie daje, bo ten sposób
zawsze wpada mi głowy jako pierwszy.
6 gru 12:28
sushi_gg6397228:
co najmniej 1 wygrywajacy = jeden wygrywajacy + dwa wygrywajace + trzy wygrywające + cztery
wygrywające
czy łatwiej policzyć zero wygrywających
6 gru 12:30
Janek191:
P( A) = 1 − P( A ')
6 gru 12:32
Gaunt: Sushi − nie chodzi mi o to co łatwiej, tylko co jest źle.
Janek − nie za bardzo wiem, co mogę z tego wywnioskować
6 gru 12:38
Janek191:
A ' − zdarzenie przeciwne do A
6 gru 13:01
Gaunt: To wiem, że dzięki temu obliczę prawdopodobieństwo, aby co najmniej 1 był wygrywający, ale co
to da w zrozumieniu problemu mojego sposobu?
6 gru 13:29
Gaunt: up
6 gru 14:09
heniek: Według Twojego sposobu najpierw wybierasz 1 los z 10 wygrywających i w pozostałych losach
uwzględniasz jeszcze raz te możliwości wyciągnięcia losu wygrywającego, które już liczyłeś w
Źle interpretujesz mnożenie kombinacji
Jeśli wyciągnąłeś los wygrywający nr 1 to w pozostałych trzech losach może się trafić np. los
wygrywający nr2. Jeśli natomiast wyciągnąłeś los nr2 to w pozostałych trzech może się znaleźć
los nr1 jest to ta sama sytuacja, a Ty ją liczysz podwójnie.
Jeśli najpierw policzysz na ile sposobów możesz wybrać 1 los wygrywający z 10 możliwych i
pomnożysz tę ilość przez ilość możliwości wyciągnięcia 3 losów przegrywających zabezpieczysz
się przed podwójnym liczeniem tego samego losu wygrywającego. Następnie zliczasz ilość
mozliwości na jakie możesz wyciągnąć dwa losy wygrywające i dwa przegrywające, następnie 3
wygr. i 1 przegr. i w końcu 4 wygrywające.
Zadanie oczywiście można rozwiązać szybciej w sposób jaki podali koledzy
6 gru 14:21
Saizou :
| | | |
Ω podzbiór 4−elementowy ze zbioru 50−elementowego |Ω|= | |
| | |
A co najmniej jeden los jest wygrywający
zdarzenia A składa się tak jakby ze zdarzeń A
i, oznaczających, że
dokładnie i losów jest
wygrywających, gdzie i=1,2,3,4
A=A
1∪A
2∪A
3∪A
4
nas interesuje
P(A)=P(A
1∪A
2∪A
3∪A
4)= korzystając z zasady włączeń i wyłączeń mamy że
=P(A
1)+P(A
2)+P(A
3)+P(A
4)
−P(A
1∩A
2)−P(A
1∩A
3)−P(A
1∩A
4)−P(A
2∩A
3)−P(A
2∩A
4)−P(A
3∩A
4)
+P(A
1∩A
2∩A
3)+P(A
1∩A
2∩A
4)+P(A
1∩A
3∩A
4)+P(A
2∩A
3∩A
4)
−P(A
1∩A
2∩A
3∩A
4)
6 gru 14:26
Gaunt: Do tej pory sądziłam, że zabezpieczam się przez zliczaniem podwójnym zabezpieczam się
odejmując od 50 wszystkich losów ten jeden, to jednak nie wystarcza?
6 gru 14:28
heniek: nie wystarcza, gdyż ten jeden los wybierasz z 10 dostępnych. Zrób sobie przykład, w którym
będziesz miała mnie tych losów i na piechotę wypisz możliwości. Zobaczysz, które liczyłaś
wielokrotnie.
6 gru 14:31
heniek: | | | |
* | to liczba możliwości wyciągnięcia 1 losu wygrywającego z 10 i 3 z 49 |
| | |
przegrywających
6 gru 14:36
Gaunt: Chwila, właśnie sobie liczę na piechotę. Dziękuję heniek!
Może przy okazji uda mi się przekonać mojego nauczyciela od matematyki, ze internet nie jest
taki zły
6 gru 14:39
heniek: Gdybyś łącznie miała 59 losów, w tym 10 wygrywających i wyciągała 4 losy. Jest to ilość
sposobów na jakie możesz wylosować jeden los wygrywający spośród 59 dostępnych.
6 gru 14:42
heniek: 
6 gru 14:43
Gaunt: Mam to! Dziękuję, w końcu to zrozumiałam!
6 gru 14:46
