ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Συντονιστής: nsmavrogiannis

Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 367
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#281

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Σάβ Φεβ 23, 2019 9:37 pm

socrates έγραψε:
Σάβ Φεβ 23, 2019 12:44 pm


Άσκηση 110
Ο Γιώργος επιλέγει τυχαία έναν αριθμό από το σύνολο [0, 2017] και η Μαρία επιλέγει τυχαία και ανεξάρτητα από τον αριθμό του Γιώργου έναν αριθμό από το σύνολο [0,4034]. Ποια η πιθανότητα ο αριθμός της Μαρίας να είναι μεγαλύτερος του Γιώργου;
X: αριθμός Γιώργου.

Y: αριθμός Μαρίας.

f_X,f_Y: συναρτήσεις πυκνότητας πιθανότητας των X και Y, αντίστοιχα.

Η ζητούμενη πιθανότητα είναι

\displaystyle \int_{0}^{2017}P(Y>x)f_X(x)dx= \int_{0}^{2017}\left ( \int_{x}^{4034}f_Y(y)dy \right )f_X(x)dx= \int_{0}^{2017}\frac{4034-x}{4034}\cdot \frac{1}{2017}dx=

...=0.75


Prødigy
Δημοσιεύσεις: 42
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 26, 2018 11:39 pm

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#282

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Prødigy » Κυρ Μαρ 10, 2019 11:01 pm

Άσκηση 112

Αν p πρώτος και 0<k<p να αποδειχθεί ότι ο p διαιρεί τον \binom{p}{k}


ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 195
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#283

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Δευ Μαρ 11, 2019 8:31 pm

socrates έγραψε:
Σάβ Φεβ 23, 2019 12:44 pm
Άσκηση 109
Πόσοι διαιρέτες του αριθμού 2012^{2011} αφήνουν υπόλοιπο 1 όταν διαιρεθούν με το 3;
Είναι 2012=2^2\cdot 503 άρα οι διαιρέτες του 2012^{2011} είναι της μορφής 2^i\cdot 503^j
με i=0,1,2...,4022 και j=0,1,2...2011

Είναι 2^i\cdot 503^j\equiv 2^i\cdot 2^j(mod3)\equiv 2^{i+j}(mod3)

Ισχύει ότι 2^a\equiv 1(mod3) αν a άρτιος και 2^a\equiv 2(mod3) αν a περιττός.
Απόδειξη:
  • Για a=2k είναι 2^a\equiv 2^{2k}\equiv 4^k\equiv 1^k\equiv 1(mod3)
  • Για  a=2k+1 είναι 2^a\equiv 2^{2k+1}\equiv 2\cdot 2^k\equiv 2(mod3)

Άρα για να είναι 2^{i+j}\equiv 1(mod3) αρκεί  i+j άρτιος.
  • Για i άρτιο πρέπει j άρτιος.
    Στο διάστημα \left [ 0,4022 \right ] υπάρχουν \dfrac{4022}{2}+1=2012 άρτιοι.

    Στο διάστημα \left [ 0,2011 \right ] υπάρχουν \dfrac{2011+1}{2}=1006 άρτιοι.

    Άρα προκύπτουν 2012\cdot1006 τέτοιοι διαιρέτες.
  • Για i περιττό πρέπει j περιττός
    Στο διάστημα \left [ 0,4022 \right ] υπάρχουν \dfrac{4022}{2}=2011 περιττοί.

    Στο διάστημα \left [ 0,2011 \right ] υπάρχουν \dfrac{2011+1}{2}=1006 περιττοί.
Άρα συνολικά 2012\cdot 1006+2011\cdot 1006=1006\cdot 4023 διαιρέτες .


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8083
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#284

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Μαρ 12, 2019 3:53 pm

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε:
Σάβ Φεβ 23, 2019 9:37 pm
socrates έγραψε:
Σάβ Φεβ 23, 2019 12:44 pm


Άσκηση 110
Ο Γιώργος επιλέγει τυχαία έναν αριθμό από το σύνολο [0, 2017] και η Μαρία επιλέγει τυχαία και ανεξάρτητα από τον αριθμό του Γιώργου έναν αριθμό από το σύνολο [0,4034]. Ποια η πιθανότητα ο αριθμός της Μαρίας να είναι μεγαλύτερος του Γιώργου;
X: αριθμός Γιώργου.

Y: αριθμός Μαρίας.

f_X,f_Y: συναρτήσεις πυκνότητας πιθανότητας των X και Y, αντίστοιχα.

Η ζητούμενη πιθανότητα είναι

\displaystyle \int_{0}^{2017}P(Y>x)f_X(x)dx= \int_{0}^{2017}\left ( \int_{x}^{4034}f_Y(y)dy \right )f_X(x)dx= \int_{0}^{2017}\frac{4034-x}{4034}\cdot \frac{1}{2017}dx=

...=0.75
Νομίζω το ζητούμενο εδώ ήταν να λυθεί με την ακόλουθη πιο διαισθητική έννοια της πιθανότητας:

Ο αριθμός της Μαρίας έχει 50\% πιθανότητα να ανήκει στο [0,2017] και 50\% πιθανότητα να ανήκει στο [2017,4034]. Στην πρώτη περίπτωση από συμμετρία υπάρχει 50\% πιθανότητα ο αριθμός της Μαρίας να είναι μεγαλύτερος του Γιώργου. Στη δεύτερη περίπτωση ο αριθμός της Μαρίας είναι σίγουρα μεγαλύτερος από αυτόν του Γιώργου. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι: \displaystyle \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = \frac{3}{4}


gschwindi
Δημοσιεύσεις: 12
Εγγραφή: Δευ Μαρ 11, 2019 6:23 pm

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#285

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gschwindi » Κυρ Μαρ 17, 2019 8:07 pm

Άλλη μία λύση για την 109:

Αρχικά, παρατηρούμε πως 2012^{2011}\equiv 2^{2011}\equiv 2 (mod 3).
Στη συνέχεια, έστω m, n \in \mathbb{N} | mn = 2012^{2011}.
Αφού  mn \equiv 2 (mod 3) , παίρνοντας περιπτώσεις m, n (mod 3) βλέπουμε πως ακριβώς ένας απο αυτούς θα έχει υπόλοιπο 1 και ο άλλος 2 .

Με άλλα λόγια, το πλήθος των διαιρετών με  1 (mod 3) ισούται με το πλήθος των διαιρετών με 2 (mod 3) , αλλιώς θα είχαμε δύο διαιρέτες με  mn = 2012^{2011} \wedge mn \not\equiv 2 (mod 3).

Ο ζητούμενος αριθμός είναι δηλαδή το μισό του πλήθους όλων των διαιρετών του 2012^{2011} και ισούται με

\frac{4023*2012}{2} = 4023*1006.


gschwindi
Δημοσιεύσεις: 12
Εγγραφή: Δευ Μαρ 11, 2019 6:23 pm

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#286

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gschwindi » Κυρ Μαρ 17, 2019 8:18 pm

Prødigy έγραψε:
Κυρ Μαρ 10, 2019 11:01 pm
Άσκηση 112

Αν p πρώτος και 0<k<p να αποδειχθεί ότι ο p διαιρεί τον \binom{p}{k}
Είναι \binom{p}{k} = \frac{p!}{k!(p-k)!} = \frac{p(p-1)(p-2)(p-3)...(p-k+1)}{k!}. Αφού (p, k!) = 1 ως αποτέλεσμα της 0 < k < p , θα είναι  k!|(p-1)(p-2)(p-3)...(p-k+1). Δηλαδή, p | \frac{p(p-1)(p-2)(p-3)...(p-k+1)}{k!}.
Άρα , p|\binom{p}{k}.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8083
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#287

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Μαρ 19, 2019 3:28 pm

socrates έγραψε:
Σάβ Φεβ 23, 2019 12:44 pm
Άσκηση 111
Ένας αριθμός ομάδων συμμετείχε σε ένα τουρνουά round-robin, δηλαδή ένα τουρνουά στο οποίο κάθε ομάδα έπαιξε με κάθε άλλη ακριβώς μια φορά. Κάθε ομάδα νίκησε σε ακριβώς 10 παιχνίδια και έχασε σε ακριβώς 10 παιχνίδια, ενώ δεν υπήρξαν ισοπαλίες. Πόσα σύνολα τριών ομάδων \{A, B, C\} υπάρχουν για τα οποία η A νίκησε την B, η B νίκησε την C και η C νίκησε την A;
Έστω ένας παίκτης A. Θα βρούμε σε πόσα τέτοια σύνολα ανήκει ο A. Έστω \mathcal{B} το σύνολο των 10 παικτών τους οποίους κέρδισε ο A και \mathcal{C} το σύνολο των 10 παικτών οι οποίοι κέρδισαν τον A. Αναγκαστικά σε κάθε τριάδα της πιο πάνω μορφής πρέπει να έχουμε B \in \mathcal{B} και C \in \mathcal{C}. Αρκεί λοιπόν να βρούμε πόσες κατευθυνόμενες ακμές υπάρχουν από το \mathcal{B} στο \mathcal{C}.

Από κάθε παίκτη του \mathcal{B} φεύγουν 10 κατευθυνόμενες ακμές. Συνολικά έχουμε 100 ακμές εκ των οποίων οι \binom{10}{2} = 45 είναι μέσα στο \mathcal{B}. Οι άλλες 55 αναγκαστικά πάνω από το \mathcal{B} στο \mathcal{C}.

Άρα κάθε ένας από τους παίκτες βρίσκεται σε 55 τέτοιες τριάδες και έχουμε συνολικά \frac{21 \cdot 55}{3} = 385 τέτοιες τριάδες.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης