matematykaszkolna.pl
Prawdopodobieństwo, zakres rozszerzony Damian#UDM: Prawdopodobieństwo PR (0 – 4) Dane są urny typu U1i typu U2, przy czym urn typu U2 jest o dwie mniej niż urn typu U1. Wszystkie urny danego typu zawierają same kule w takich samych kolorach. Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z U1 jest równe 0,25 , natomiast prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z U2 jest równe 0,25. Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z losowo wybranej urny jest równe 0,22. Wyznacz liczbę wszystkich urn. (0 – 4) Ze zbioru liczb {1,2,3,…,6n+3} losujemy jedną liczbę. Niech An oznacza zdarzenie, że otrzymamy liczbę podzielną przez 2 lub podzielną przez 3. Oblicz granicę lim┬(n→)⁡P(An ) . Zapraszam do wspólnych przemyśleń i rozwiązań. Mam na to jakieś pomysły lecz proszę o wasze emotka
5 lut 16:55
Saizou : Zad. 2
 6n+3 
Liczb podzielnych przez 2 w tym zbiorze jest: [

] = 3n+1
 2 
 6n+3 
Liczb podzielnych przez 3 w tym zbiorze jest: [

] = 2n+1
 3 
 6n+3 
Liczb podzielnych przez 6 w tym zbiorze jest: [

] = n
 6 
An = 3n+1+2n+1−n = 4n+2
 4n+2 2 
P(An) =


, gdy n → +
 6n+3 3 
5 lut 18:43
Damian#UDM:
 6n+3 
Saizou ten zapis na przykład [

] to symbol Newtona?
 2 
6 lut 00:57
Saizou : Nie, to cześć całkowita liczby.
6 lut 08:51
Damian#UDM: ok, dziękuję emotka Czy ktoś ma pomysł na 1. zadanie?
14 lut 11:04
Damian#UDM: 3. (0 – 3) Doświadczenie losowe polega na siedmiokrotnym rzucie kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że iloczyn oczek jest równy 12. 4. (0 – 4) Doświadczenie polega na sześciokrotnym rzucie sześcienną kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że dokładnie cztery razy z rzędu wypadnie taka sama liczba oczek. 6. (0 – 4) Oblicz ile elementów ma zbiór, który ma 37 wszystkich podzbiorów o co najwyżej 2 elementach.
14 lut 11:07
Qulka: na pewno w obu pr−wo jest 0.25
14 lut 11:07
Damian#UDM: już sprawdzam Qulka
14 lut 11:09
Qulka: wstaw cyferki właściwe
n n−2 

•pr1+

•pr2=pr że biała
2n−2 2n−2 
policz n wszystkich urn jest 2n−2
14 lut 11:09
Damian#UDM: Mój błąd, przepraszam emotka Podaje poprawną treść zadania: (0 – 4) Dane są urny typu U1 i typu U2, przy czym urn typu U2 jest o dwie mniej niż urn typu U1. Wszystkie urny danego typu zawierają same kule w takich samych kolorach. Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z U1 jest równe 0,2 , natomiast prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z U2 jest równe 0,25. Prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z losowo wybranej urny jest równe 0,22. Wyznacz liczbę wszystkich urn.
14 lut 11:12
Qulka: to jeszcze raz pisać wzór czy policzysz? bo nie skopiowałam tych ułamków?
14 lut 11:23
Damian#UDM: Spróbuję sam, dziękuję emotka
14 lut 11:30
kerajs: 3) (2,6,1,1,1,1,1), (3,4,1,1,1,1,1), (2,2,3,1,1,1,1)
 
7! 7! 7! 

+

+

5! 5! 2!4! 
 
P=

 67 
4)
 6*1*1*1*5*6+6*5*1*1*1*5+6*6*5*1*1*1 
P=

 66 
5)
 
nawias
n
nawias
nawias
2
nawias
 
1+n+
=37
  
n=8
14 lut 12:09
Mila: rysunek Zadanie 1)
 n n−2 
P(B)=

*0.2+

*0.25
 2n−2 2n−2 
0.2n+0.25(n−2) 

=0.22
2n−2 
n=6− liczba urn typu U1 4− liczba urn typu U2 6+4=10
14 lut 20:20
Damian#UDM: Dziękuje wam za pomoc emotka Qulka rozumiem, że w tym zadaniu wystarczyło skorzystać ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite oraz określić naszą niewiadomą, a tego drugiego już mi się nie udało. kerajs jeśli chodzi o Twoje rozwiązania to niestety nic z tego prawie nie rozumiem. w 5) do rozwiązania zabrakło mi jedynie 1, a to wynika chyba z tego, że nie wziąłem pod uwagi możliwości, że ten zbiór może mieć podzbiory, które nie mają elementów, więc wydaje mi się, że z tego to 1 wynika emotka 3) rozumiem rozbicie 12 na iloczyn siedmiu liczb i z tego mamy trzy możliwości, lecz moc zbioru A już niestety nie rozumiem. Moim błędem na pewno było to, że rozróżniałem na przykład 2 i 6 i liczyłem zdarzenie za pomocą wariancji bez powtórzeń, nadal nie rozumiem czemu to myślenie jest błędne. Jak policzę za pomocą kombinacji to rozumiem, że wtedy wybieramy 2 elementy z 7 i nie obchodzi
 7! 
mnie kolejność, lecz jak ja to zapisuje to mam

a u Ciebie tej dwójki brakuje.
 2!*5! 
W możliwości (2,2,3,1,1,1,1) rozumiem, że wybieramy trzy elementy z siedmiu i nie obchodzi mnie
 7! 
też kolejność, tylko znowu u mnie wychodzi

, a nie jak u Ciebie 2!
 3!*4! 
Więc niestety nie rozumiem skąd to wynika. Proszę o wytłumaczenie emotka 4) Nie mam pojęcia skąd ta moc zbioru A, proszę o wyjaśnienie, zależy mi na tym, żeby to zrozumieć emotka
14 lut 20:26
Saizou : 3) Układ (2,6,1,1,1,1,1). Wszystkich permutacji tego zbioru jest 7!, jednak my nie rozróżniamy jedynek, dlatego musimy podzielić 7! przez liczbę permutacji zbioru (1a, 1b, 1c, 1d, 1e), zatem jest ich
7! 

5! 
Układ (3,4,1,1,1,1,1) − analogicznie Układ (2,2,3,1,1,1,1) Wszystkich permutacji jest 7! Permutacji zbioru (2a, 2b) jest 2!
 7! 
Permutacji zbioru (1a, 1b, 1c, 1d) jest 4!, zatem mamy

 2!*4! 
Wszystkich możliwych ciągów jest 67
14 lut 20:35
Damian#UDM: Saizou bardzo dziękuję za wytłumaczenie tego zjawiska. Właśnie chyba zrozumiałem o co chodzi emotka Normalnie z permutacji liczymy jakby wszystko było różne, lecz jedynki nie są i musimy podzielić przez permutacje rozróżnialnych jedynek (które nie istnieją) i tak samo z dwójkami i pomnożyć z jedynkami na dole tam gdzie trzeba. Świetny pomysł. Co do 4) Rozumiem to tak, że mamy 6 możliwości: 1.* (1,1,1,1,x,y) 2.* (2,2,2,2,k,m) 3.* (3,3,3,3,a,b) 4.* (4,4,4,4,c,d) 5.* (5,5,5,5,g,h) 6.* (6,6,6,6,p,r) mam 6 miejsc więc 3 możliwości ustawienia w każdym powyższym zdarzeniu: x x x x _ xxxx_ xxxx i liczby x,y,k,m,a,b,c,d,g,h,p,r muszą się różnić od tych w ich danym zdarzeniu. więc mógłbym to chyba policzyć tak: 6*3*1*1*1*1*5*5 I to myślenie pewnie jest źle, nie wiem czemu emotka Proszę o pomoc.
14 lut 23:09
Damian#UDM: Dziękuję Milu za pomoc, pozdrawiam ciepło emotka
14 lut 23:09
Saizou : Zad. 4 Możliwe układy to 1) (aaaabc) • a wybieramy na 6 sposobów • b wybieramy na 5 sposobów (nie może być taka sama jak a) • c wybieramy na 6 sposobów Razem: 6*5*1*1*1*6 2) (baaaac) • b wybieramy na 6 sposobów • a wybieramy na 5 sposobów (nie może być taka sama jak b) • c wybieramy na 5 sposobów (nie może być taka sama jak a) Razem: 6*5*1*1*1*5 3) (bcaaaa) • b wybieramy na 6 sposobów • c wybieramy na 6 sposobów • a wybieramy na 5 sposobów (nie może być taka sama jak c) Razem: 6*6*5*1*1*1 U ciebie np. (1, 1, 1, 1, x, y) x musi być różny od 1, ale już y jest dowolny
15 lut 09:34
kerajs: Ad powyższy post: Oczywiście tylko pierwszy ''a'' wybierany jest na tyle sposobów. Kolejne ''a'' muszą być takie same jak pierwszy, więc wybierane są tylko na 1 sposób, i stąd te jedynki w iloczynach. Ad 3) ilość zdarzeń sprzyjających można także obliczyć z kombinacji: Przykładowo, dla układu (2,6,1,1,1,1,1) wybierasz 5 miejsc (z 7) dla jedynek, i miejsce dla dwójki (szóstka musi zająć jedyne wolne miejsce)
nawias
7
nawias
nawias
5
nawias
nawias
2
nawias
nawias
1
nawias
 
 
albo wybierasz 5 miejsc (z 7) dla jedynek, miejsce dla dwójki i miejsce dla szóstki
nawias
7
nawias
nawias
5
nawias
nawias
2
nawias
nawias
1
nawias
nawias
1
nawias
nawias
1
nawias
 
 
Kolejność wyboru nie ma znaczenia: Wybierasz miejsce dla szóstki, 5 miejsc (z 7) dla jedynek i miejsce dla dwójki
nawias
7
nawias
nawias
1
nawias
nawias
6
nawias
nawias
5
nawias
nawias
1
nawias
nawias
1
nawias
 
 
albo Wybierasz miejsce dla szóstki, dla dwójki i 5 miejsc (z 7) dla jedynek
nawias
7
nawias
nawias
1
nawias
nawias
6
nawias
nawias
1
nawias
nawias
5
nawias
nawias
5
nawias
 
 
Sprawdź, czy zawsze dostaniesz ten sam wynik. PS Dziwi mnie spora różnica poziomów między zakładanymi przez Ciebie tematami. Jesteś licealistą który, z niezrozumiałych dla mnie powodów, chce rozwiązywać równania różniczkowe, czy absolwentem szkoły średniej uzupełniającym braki?
15 lut 10:26
Damian#UDM: Dziękuję saizou za objaśnienie zadania 4. Teraz rozumiem moje błędne myślenie emotka Zakładałem, że jak mają być 4 pod rząd takie same to już nigdzie indziej taka sama nie może się pojawić i to było błędne myślenie − przede wszystkim. Dziękuję kerajs za objaśnienie zadania 3. Zrobiłem je wcześniej sam i w ten sposób, że jak mam na przykład dla przykładu 6*2*1*1*1*1*1 mam siedem miejsc to miejsce dla 6 mogę wybrać na
 
nawias
5
nawias
nawias
5
nawias
 
7 sposobów, a miejsce dla 2 na 6 sposobów, a dla jedynek z dwumianu Newtona wychodzi
.
  
Dla reszty przypadków zrobiłem w podobny sposób i widzę, że moje myślenie nie było złe. Dostałem te zadania od jednego ucznia i niestety zauważyłem, że mam z niektórymi problem, a chciałbym pomagać innym w matematyce jak najlepiej umiem, dlatego zgłaszam się z większością spraw tutaj bo wiem, że wiedzą i doświadczeniem Eta Mila Mariusz kerajs Qulka saizou ICSP wreduluspospolitus Jerzy jesteście kilkanaście leveli wyżej niż ja i cieszę się, że mogę na was liczyć. Bardzo to doceniam emotka Dziękuję wam. Co do mnie to w tym roku po raz 6. przystępuje do matury rozszerzonej z matematyki ponieważ moim małym marzeniem jest 100%, a brakuje mi już niewiele, bo tylko 1 punkt. Zostawiam link poniżej do postu z wglądem do mojego arkusza oraz zadania, w którym dostałem jeden punkt mniej: https://matematykaszkolna.pl/forum/403637.html Jak ktoś ma jakieś przemyślenia co do mojego rozwiązania to zapraszam. Odwoływałem się do OKE, gdzie dostałem 2% więcej za nie uznanie przez nich wyznaczenia przeze mnie największej wartości. Z dziedziną odwoływałem się do kolegium arbitrażu egzaminacyjnego, niestety bez skutku. Szkoda, że trzy znaki x<y tyle zmieniły. Czuję, że to będzie w tym roku, łatwiej już nigdy nie będzie emotka Materiał ze studiów chce się nauczyć, ponieważ chce go umieć i móc pomagać z nim innym: pochodne, całki, szeregi, równania różniczkowe, płaszczyzny, funkcje dwóch, trzech zmiennych, granice oraz płaszczyzny. Jak to będę ogarniał to będzie super, ale oczywiście najpierw 100% z PR. Szeregów, równań różniczkowych, funkcji trzech zmiennych w ogóle nie umiem, a płaszczyzny bardzo słabo. Tym się na pewno zajmę w przyszłości, a niedługo chciałbym zobaczyć czy na przykład szeregi jestem w stanie ogarnąć szybko. Matematyka łatwo mi przychodzi i dużo zagadnień sam się nauczyłem. Więc ciągnę to dalej z sukcesami. Lubię matematykę. Matma jest super. Dziękuję za waszą pomoc, fajnie, że tu jesteście emotka
16 lut 00:49
Damian#UDM: Zadań z prawdopodobieństwa ciąg dalszy emotka 6. (0 – 4) Dwóch strzelców oddało po jednym strzale do tego samego celu. Oblicz prawdopodobieństwo, że pierwszy z nich trafił, jeśli wiadomo, że cel został trafiony tylko jeden raz. Zakładamy, że prawdopodobieństwo trafienia w cel jest równe dla pierwszego strzelca 9/10, a dla drugiego wynosi 3/4. 7. (0 – 4) Wykaż, że jeśli P(A│C) = P(A│C' ), gdzie P(C)>0 i P(C' )>0 to zdarzenia A oraz C są niezależne.
27 lut 18:13
ite: A może być podpowiedź?
27 lut 18:32
Damian#UDM: jasne, że tak emotka Każda pomoc jest dobra emotka
27 lut 19:44
Damian#UDM: P(A/C) = P(A∩C') = P(A) − P(A∩C)
27 lut 19:53
Damian#UDM: I po przekształceniach wychodzi mi P(A∩C) = P(A)*P(C), co oznacza, że zdarzenia są niezależne, tak samo jak pierwszy rzut kostką oraz drugi rzut kostką. Chyba rozumiem 7. (0 − 4) emotka
27 lut 19:56
Mila: rysunek 6) T− cel trafiony jeden raz
 9 1 1 3 9+3 12 3 
P(T)=

*

+

*

=

=

=

 10 4 10 4 40 40 10 
 
9 1 

*

10 4 
 
P(T1/T)=

=
 
3 

10 
 
 9 10 3 
=

*

=

 40 3 4 
27 lut 20:13
Eta: I (T1, N2) II (N1, T2) Cel trafiony tylko raz P(T)= 0,9*0,25+0,1*0,75= 0,3 Cel trafiony tylko przez I P(T1)=0,9*0,25=0,225
 0,225 3 
P(T1/T)=

=

 0,3 4 
27 lut 20:23
Damian#UDM: Tak myślałem o prawdopodobieństwie warunkowym oraz całkowitym, lecz nie umiałem do tego dojść. Dziękuję Milu za pomoc! emotka
27 lut 20:24
Damian#UDM: Oraz dziękuję Eta, jesteście wspaniałe!
27 lut 20:24
Eta: Nie Wszyscy tak myślą emotka Miłe to...... .......emotka
27 lut 20:26
Eta: Napisałam dlatego drugi sposób, bo .. ( nie lubię "krzaków" )
27 lut 20:28
Damian#UDM: Ja cieszę się z każdego poprawnego rozwiązania emotka Każde poprawne rozwiązanie uczy i daje do myślenia emotka
27 lut 21:04
Damian#UDM: (0−1) Rzucamy dwiema symetrycznymi sześciennymi kostkami do gry. Liczba kombinacji, że na obu kostkach wypadła liczba oczek nie większa niż 4 to: A. 36 B. 9 C. 16 D. 4 Nie mogę zrozumieć, czy na obu kostkach w sumie nie może być więcej oczek niż 4, czy na każdej kostce ma być nie więcej niż 4 oczka.
28 lut 01:46
Damian#UDM: Jeżeli mój drugi wariant jest poprawny to wtedy odpowiedź C.
28 lut 01:46
Damian#UDM: A jeżeli pierwszy wariant to odpowiedź D.
28 lut 01:47
Qulka: na każdej kostce oddzielnie
28 lut 09:50
kerajs: Akurat fragment ''na obu kostkach wypadła liczba oczek nie większa niż 4 '' jest jednoznaczny, czyli ''na każdej kostce ma być nie więcej niż 4 oczka''. Prawdziwym problemem jest niefortunna ''Liczba kombinacji'' która w języku potocznym oznacza liczbę układów (wtedy jest ich 16) , jednak w kombinatoryce kombinacja pomija kolejność (czyli 10).
28 lut 09:51
Damian#UDM: Rozumiem, dziękuję za pomoc emotka
28 lut 12:35
Damian#UDM: 9. (0−5) PR NE 2021 2 Ze zbioru wszystkich liczb sześciocyfrowych większych niż 222000, w których zapisie dziesiętnym mogą wystąpić tylko cyfry ze zbioru {1,2,3} losujemy jedną liczbę. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia A, polegającego na wylosowaniu liczby, w której zapisie każde dwie sąsiednie cyfry będą różniły się o 1. |Ω| = 1. 22 na cyfrach setek oraz dziesiątek tysięcy oraz 2 możliwości wyboru cyfry tysięcy ze zbioru {2,3} oraz 3x3x3 możliwości wyboru liczby spośród {1,2,3} = 2*27=54 2. 2 na cyfrze s.t. oraz 3 na cyfrze d.t. oraz 3x3x3x3 możliwości wyboru cyfry ze zbioru {1,2,3} = 34 = 81 3. 3 na cyfrze s.t. oraz 3x3x3x3x3 możliwości wyboru cyfry ze zbioru {1,2,3} = 35 = 243 |Ω| = 1. + 2. + 3. = 378 A − sąsiednie cyfry różnią się o 1 po własnych przemyśleniach wnioskuje, że takich liczb jest zaledwie kilka emotka Wypisałem takie możliwości: 232121 232123 232321 232323 321212 321232 323212 323232 Jeśli niczego nie przeoczyłem to |A| = 8
 8 4 
Wtedy P(A) =

=

 378 189 
Czy jest ok?
1 mar 01:48
kerajs: Wynik jest dobry. Szukając zdarzenia sprzyjające można zauważyć iż co drugą cyfrą musi być 2. ''|Ω| = 1. + 2. + 3. = 378'' Przez takie dziwne zapisy traci się punkty. Moim zdaniem poprawianie matury jest mało sensowne jeśli nie jest związanie z przyjęciem na wymarzony kierunek studiów.
1 mar 14:14
Damian#UDM: No to super, dziękuję za sprawdzenie emotka To jaki zapis kerajs proponujesz, żeby był on poprawny? Już mam opłacony egzamin więc na pewno do niego podejdę emotka Trzeba jeszcze wiedzieć co chce się w życiu robić, a ja tego jeszcze raczej nadal szukam. Ale dziękuję za przemyślenia. 100% zdobędę w tym roku i już koniec mojej przygody z maturami emotka
1 mar 14:21