ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Συντονιστής: nsmavrogiannis

ealexiou
Δημοσιεύσεις: 1658
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 15, 2013 10:06 pm
Τοποθεσία: ΒΟΛΟΣ

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#201

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Παρ Ιαν 09, 2015 10:30 pm

Soteris έγραψε:Άσκηση 60

Ο Αντρέας προετοιμάζεται για τις εξετάσεις στα 4 μαθήματα κατεύθυνσης (Νέα Ελληνικά, Μαθηματικά, Φυσική, Πληροφορική). Θα ετοιμάσει πρόγραμμα μιας εβδομάδας (7 μέρες) ώστε να διαβάζει κάθε μέρα ένα μόνο μάθημα, αφιερώνοντας τουλάχιστον μια μέρα για κάθε μάθημα. Με πόσους τρόπους μπορεί να φτιάξει το πρόγραμμά του;

(Κυπριακή Μαθηματική Εταιρεία, Β' Διαγωνισμός Επιλογής IMC Stage III, Απρίλης 2014)
Το μοντέλο είναι 7 διακεκριμένα σφαιρίδια / ημέρες σε 4 διακεκριμένα κελιά / μαθήματα, δηλαδή να αποδώσουμε κάθε μια ημέρα σε ένα μάθημα και επειδή ισχύει αυτή η δέσμευση, εφαρμόζουμε Αρχή Συμπερίληψης – Εξαίρεσης (ΑΣΕ) (ή Εγκλεισμού- Αποκλεισμού)
Μπορεί να φτιάξει πρόγραμμα με 4^7- \begin{pmatrix}4 \\1 \end{pmatrix} \times  3^7+ \begin{pmatrix}4\\2 \end{pmatrix} \times 2^7- \begin{pmatrix}4 \\3 \end{pmatrix} \times 1^7=8400 διαφορετικούς τρόπους.

και ένα παράδειγμα 2 μαθήματα -Μαθηματικά (M), Φυσική (F) - σε 4 ημέρες.
Με ΑΣΕ έχουμε 2^4-\begin{pmatrix}2 \\1 \end{pmatrix}\times1^4=14 διαφορετικούς τρόπους.
(MMMF, MMFM, MMFF, MFMM,MFMF,MFFM,MFFF, FMMM,FMMF,FMFM, FMFF,FFMM,FFMF,FFFM)

Ευθύμης


Άβαταρ μέλους
Soteris
Δημοσιεύσεις: 445
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 21, 2014 1:59 pm
Τοποθεσία: Λάρνακα, Κύπρος

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#202

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Soteris » Σάβ Ιαν 10, 2015 11:18 am

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
Soteris έγραψε:
Soteris έγραψε:Άσκηση 60

Ο Αντρέας προετοιμάζεται για τις εξετάσεις στα 4 μαθήματα κατεύθυνσης (Νέα Ελληνικά, Μαθηματικά, Φυσική, Πληροφορική). Θα ετοιμάσει πρόγραμμα μιας εβδομάδας (7 μέρες) ώστε να διαβάζει κάθε μέρα ένα μόνο μάθημα, αφιερώνοντας τουλάχιστον μια μέρα για κάθε μάθημα. Με πόσους τρόπους μπορεί να φτιάξει το πρόγραμμά του;

(Κυπριακή Μαθηματική Εταιρεία, Β' Διαγωνισμός Επιλογής IMC Stage III, Απρίλης 2014)
Ο Αντρέας διαβάζει κάθε μέρα ένα μόνο μάθημα, αφιερώνοντας τουλάχιστον μια μέρα για κάθε μάθημα. Αυτό μπορεί να γίνει ως εξής:

(i) 1 μέρα σε 3 μαθήματα και 4 μέρες στο τέταρτο μάθημα (π.χ. ΝΠΠΜΠΦΠ) με \begin{pmatrix}4\\1\end{pmatrix}\times\dfrac{7!}{4!}=840 διαφορετικούς τρόπους

(ii) 1 μέρα σε 2 μαθήματα, 2 μέρες στο τρίτο μάθημα και 3 μέρες στο τέταρτο μάθημα (π.χ. ΦΝΝΠΦΦΜ) με \begin{pmatrix}4\\1\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}\times\dfrac{7!}{3!\times2!}=5040 διαφορετικούς τρόπους

(iii) 1 μέρα σε 1 μάθημα και 2 μέρες στα υπόλοιπα 3 μαθήματα (π.χ. ΝΠΠΜΦΜΦ) με \begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}\times\dfrac{7!}{2!\times2!\times2!}=2520 διαφορετικούς τρόπους

Σύνολο: 840+5040+2520=8400 διαφορετικούς τρόπους
Σωτήρη, οι συνδυασμοί μπροστά από το κλάσμα με ποιο σκεπτικό επιλέγονται ; Αφορούν πχ τους τρόπους που διαλέγουμε ένα μάθημα από τα 4 ή κάτι άλλο ;

Μπάμπης

(Δύσκολο πρόβλημα, αλλά καλό !!!)
Μπάμπη,

Για παράδειγμα στο (i), \begin{pmatrix}4\\1\end{pmatrix}=4 είναι οι τρόποι με τους οποίους μπορούμε να επιλέξουμε το μάθημα στο οποίο θέλουμε να αφιερώσουμε 4 μέρες διαβάσματος.


Σωτήρης Λοϊζιάς
ealexiou
Δημοσιεύσεις: 1658
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 15, 2013 10:06 pm
Τοποθεσία: ΒΟΛΟΣ

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#203

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Σάβ Ιαν 10, 2015 11:56 pm

ΑΣΚΗΣΗ 69

Με πόσους τρόπους μπορούμε να πληρώσουμε έναν λογαριασμό 80 ευρώ χρησιμοποιώντας νομίσματα των 5,10,20,50 ευρώ;


ealexiou
Δημοσιεύσεις: 1658
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 15, 2013 10:06 pm
Τοποθεσία: ΒΟΛΟΣ

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#204

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Κυρ Ιαν 11, 2015 4:25 pm

ΑΣΚΗΣΗ 70

Τρεις παίκτες, οι A,B,C παίζουν το παρακάτω παιχνίδι. Σε ένα δοχείο υπάρχουν 13 σφαιρίδια από τα οποία, 5 είναι λευκά και 8 είναι μαύρα. Παίρνουν κατά σειρά από ένα σφαιρίδιο και νικητής είναι αυτός που θα πάρει πρώτος λευκό σφαιρίδιο. Ποια είναι η πιθανότητα για τους A,B,C να κερδίσουν:
(α) χωρίς επανάθεση του σφαιριδίου ;
(β) με επανάθεση του σφαιριδίου ;


ealexiou
Δημοσιεύσεις: 1658
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 15, 2013 10:06 pm
Τοποθεσία: ΒΟΛΟΣ

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#205

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Κυρ Ιαν 11, 2015 4:40 pm

ΑΣΚΗΣΗ 71

Οι A και B έχουν από 12 νομίσματα και παίζουν ρίχνοντας ζάρια. Κάθε φορά που έρχεται άθροισμα 11 ο A δίνει στον B ένα νόμισμα, ενώ όταν έλθει άθροισμα 14 ο B δίνει ένα νόμισμα στον A. Κερδίζει το παιχνίδι αυτός που θα κερδίσει όλα τα νομίσματα. Ποια η πιθανότητα για τους A και B να κερδίσουν;
(Huygens, 1657)


Άβαταρ μέλους
Soteris
Δημοσιεύσεις: 445
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 21, 2014 1:59 pm
Τοποθεσία: Λάρνακα, Κύπρος

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#206

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Soteris » Δευ Ιαν 12, 2015 9:50 am

ealexiou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 70

Τρεις παίκτες, οι A,B,C παίζουν το παρακάτω παιχνίδι. Σε ένα δοχείο υπάρχουν 13 σφαιρίδια από τα οποία, 5 είναι λευκά και 8 είναι μαύρα. Παίρνουν κατά σειρά από ένα σφαιρίδιο και νικητής είναι αυτός που θα πάρει πρώτος λευκό σφαιρίδιο. Ποια είναι η πιθανότητα για τους A,B,C να κερδίσουν:
(α) χωρίς επανάθεση του σφαιριδίου ;
(β) με επανάθεση του σφαιριδίου ;
(α) Ο A παίρνει λευκό σφαιρίδιο στην 1^\eta ή στην 4^\eta ή στην 7^\eta προσπάθειά του (δεδομένου ότι στις προσπάθειες που προηγήθηκαν της "νικητήριας" τα σφαιρίδια που αφαιρέθηκαν ήταν όλα μαύρα).
Έχουμε:P_A=\dfrac{5}{13}+\dfrac{8}{13}\times\dfrac{7}{12}\times\dfrac{6}{11}\times\dfrac{5}{10}+\dfrac{8}{13}\times\dfrac{7}{12}\times\dfrac{6}{11}\times\dfrac{5}{10}\times\dfrac{4}{9}\times\dfrac{3}{8}\times\dfrac{5}{7}=\dfrac{212}{429}

Ο B παίρνει λευκό σφαιρίδιο στην 2^\eta ή στην 5^\eta ή στην 8^\eta προσπάθειά του (δεδομένου ότι στις προσπάθειες που προηγήθηκαν της "νικητήριας" τα σφαιρίδια που αφαιρέθηκαν ήταν όλα μαύρα).
Έχουμε:P_B=\dfrac{8}{13}\times\dfrac{5}{12}+\dfrac{8}{13}\times\dfrac{7}{12}\times\dfrac{6}{11}\times\dfrac{5}{10}\times\dfrac{5}{9}+\dfrac{8}{13}\times\dfrac{7}{12}\times\dfrac{6}{11}\times\dfrac{5}{10}\times\dfrac{4}{9}\times\dfrac{3}{8}\times\dfrac{2}{7}\times\dfrac{5}{6}=\dfrac{45}{143}

O C κερδίζει το παιχνίδι με πιθανότητα P_C=1-P_A-P_B=1-\dfrac{212}{429}-\dfrac{45}{143}=\dfrac{82}{429}.

(β) Ο A παίρνει λευκό σφαιρίδιο στην 1^\eta ή στην 4^\eta ή στην 7^\eta προσπάθειά του ή... (δεδομένου ότι στις προσπάθειες που προηγήθηκαν της "νικητήριας" τα σφαιρίδια που εμφανίστηκαν ήταν όλα μαύρα).
Έχουμε:P_A=\dfrac{5}{13}+\left(\dfrac{8}{13}\right)^3\times\dfrac{5}{13}+\left(\dfrac{8}{13}\right)^6\times\dfrac{5}{13}+...=\dfrac{5}{13}\times\left[1+\left(\dfrac{8}{13}\right)^3+\left(\dfrac{8}{13}\right)^6+...\right]
Συνεπώς, P_A=\dfrac{169}{337}.

Ο B παίρνει λευκό σφαιρίδιο στην 2^\eta ή στην 5^\eta ή στην 8^\eta προσπάθειά του ή ...(δεδομένου ότι στις προσπάθειες που προηγήθηκαν της "νικητήριας" τα σφαιρίδια που εμφανίστηκαν ήταν όλα μαύρα).
Έχουμε:P_B=\dfrac{8}{13}\times\dfrac{5}{13}+\left(\dfrac{8}{13}\right)^4\times\dfrac{5}{13}+\left(\dfrac{8}{13}\right)^7\times\dfrac{5}{13}+...=\dfrac{8}{13}\times\dfrac{5}{13}\left[1+\left(\dfrac{8}{13}\right)^3+\left(\dfrac{8}{13}\right)^6+...\right]
Συνεπώς, P_B=\dfrac{104}{337}.

O C κερδίζει το παιχνίδι με πιθανότητα P_C=1-P_A-P_B=1-\dfrac{169}{337}-\dfrac{104}{337}=\dfrac{64}{337}.

Έγινε διόρθωση στο (β). Ευχαριστώ τον Ευθύμη (ealexiou) για την παρατήρηση.


Σωτήρης Λοϊζιάς
ealexiou
Δημοσιεύσεις: 1658
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 15, 2013 10:06 pm
Τοποθεσία: ΒΟΛΟΣ

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#207

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Δευ Ιαν 12, 2015 8:45 pm

Soteris έγραψε:
ealexiou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 70

Τρεις παίκτες, οι A,B,C παίζουν το παρακάτω παιχνίδι. Σε ένα δοχείο υπάρχουν 13 σφαιρίδια από τα οποία, 5 είναι λευκά και 8 είναι μαύρα. Παίρνουν κατά σειρά από ένα σφαιρίδιο και νικητής είναι αυτός που θα πάρει πρώτος λευκό σφαιρίδιο. Ποια είναι η πιθανότητα για τους A,B,C να κερδίσουν:
(α) χωρίς επανάθεση του σφαιριδίου ;
(β) με επανάθεση του σφαιριδίου ;
(α) Ο A παίρνει λευκό σφαιρίδιο στην 1^\eta ή στην 4^\eta ή στην 7^\eta προσπάθειά του (δεδομένου ότι στις προσπάθειες που προηγήθηκαν της "νικητήριας" τα σφαιρίδια που αφαιρέθηκαν ήταν όλα μαύρα).
Έχουμε:P_A=\dfrac{5}{13}+\dfrac{8}{13}\times\dfrac{7}{12}\times\dfrac{6}{11}\times\dfrac{5}{10}+\dfrac{8}{13}\times\dfrac{7}{12}\times\dfrac{6}{11}\times\dfrac{5}{10}\times\dfrac{4}{9}\times\dfrac{3}{8}\times\dfrac{5}{7}=\dfrac{212}{429}

Ο B παίρνει λευκό σφαιρίδιο στην 2^\eta ή στην 5^\eta ή στην 8^\eta προσπάθειά του (δεδομένου ότι στις προσπάθειες που προηγήθηκαν της "νικητήριας" τα σφαιρίδια που αφαιρέθηκαν ήταν όλα μαύρα).
Έχουμε:P_B=\dfrac{8}{13}\times\dfrac{5}{12}+\dfrac{8}{13}\times\dfrac{7}{12}\times\dfrac{6}{11}\times\dfrac{5}{10}\times\dfrac{5}{9}+\dfrac{8}{13}\times\dfrac{7}{12}\times\dfrac{6}{11}\times\dfrac{5}{10}\times\dfrac{4}{9}\times\dfrac{3}{8}\times\dfrac{2}{7}\times\dfrac{5}{6}=\dfrac{45}{143}

O C κερδίζει το παιχνίδι με πιθανότητα P_C=1-P_A-P_B=1-\dfrac{212}{429}-\dfrac{45}{143}=\dfrac{82}{429}.

(β) Ο A παίρνει λευκό σφαιρίδιο στην 1^\eta ή στην 4^\eta ή στην 7^\eta προσπάθειά του ή... (δεδομένου ότι στις προσπάθειες που προηγήθηκαν της "νικητήριας" τα σφαιρίδια που εμφανίστηκαν ήταν όλα μαύρα).
Έχουμε:P_A=\dfrac{5}{13}+\left(\dfrac{8}{13}\right)^3\times\dfrac{5}{13}+\left(\dfrac{8}{13}\right)^6\times\dfrac{5}{13}+...=\dfrac{5}{13}\times\left[1+\left(\dfrac{8}{13}\right)^3+\left(\dfrac{8}{13}\right)^6+...\right]
Συνεπώς, P_A=\dfrac{169}{337}.

Ο B παίρνει λευκό σφαιρίδιο στην 2^\eta ή στην 5^\eta ή στην 8^\eta προσπάθειά του ή ...(δεδομένου ότι στις προσπάθειες που προηγήθηκαν της "νικητήριας" τα σφαιρίδια που εμφανίστηκαν ήταν όλα μαύρα).
Έχουμε:P_B=\dfrac{8}{13}\times\dfrac{5}{13}+\left(\dfrac{8}{13}\right)^4\times\dfrac{5}{13}+\left(\dfrac{8}{13}\right)^7\times\dfrac{5}{13}+...=\dfrac{8}{13}\times\dfrac{5}{13}\left[1+\left(\dfrac{8}{13}\right)^3+\left(\dfrac{8}{13}\right)^6+...\right]
Συνεπώς, P_B=\dfrac{104}{337}.

O C κερδίζει το παιχνίδι με πιθανότητα P_C=1-P_A-P_B=1-\dfrac{169}{337}-\dfrac{104}{337}=\dfrac{64}{337}.

Έγινε διόρθωση στο (β). Ευχαριστώ τον Ευθύμη (ealexiou) για την παρατήρηση.
Πολύ ωραία Σωτήρη, συμφωνούμε. (και η παρατήρηση, αφού το δημοσιοποίησε, ήταν απλά να θυμίσω στο Σωτήρη την επανάθεση της μπίλιας στο (β) ερώτημα)


Άβαταρ μέλους
Soteris
Δημοσιεύσεις: 445
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 21, 2014 1:59 pm
Τοποθεσία: Λάρνακα, Κύπρος

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#208

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Soteris » Δευ Ιαν 12, 2015 9:10 pm

Soteris έγραψε:Άσκηση 37

Στο σχήμα φαίνεται μια διάταξη 4 Χ 5 σημείων τα οποία απέχουν 1 μονάδα το καθένα από τα διπλανά τους. Να βρείτε το πλήθος των μη τετριμμένων τριγώνων (δηλ. τρίγωνα με θετικό εμβαδόν) των οποίων οι κορυφές είναι σημεία αυτής της διάταξης.
dots.png
dots.png (5.59 KiB) Προβλήθηκε 1297 φορές
(Μαθηματικό Βήμα 2012)
Υπάρχουν \begin{pmatrix}20\\3\end{pmatrix}=1140 τρόποι να επιλέξουμε 3 σημεία από τη διάταξη αυτή. Δεν σχηματίζουν όλες οι τριάδες μη τετριμμένα τρίγωνα (3 συνευθειακά σημεία σχηματίζουν τετριμμένο τρίγωνο). Συνεπώς, χρειάζεται να αφαιρέσουμε όλες εκείνες τις τριάδες συνευθειακών σημείων. Θεωρούμε τις παρακάτω 5 περιπτώσεις, όπως αυτές φαίνονται στο πιο κάτω σχήμα.

(i) Έχουμε 4 "μαύρα" ευθύγραμμα τμήματα με 5 σημεία της διάταξης, άρα υπάρχουν 4\times\begin{pmatrix}5\\3\end{pmatrix}=40 "μαύρα" τετριμμένα τρίγωνα.
(ii) Έχουμε 5 "πορτοκαλί" ευθύγραμμα τμήματα με 4 σημεία της διάταξης, άρα υπάρχουν 5\times\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}=20 "πορτοκαλί" τετριμμένα τρίγωνα.
(iii) Έχουμε 4 "πράσινα" ευθύγραμμα τμήματα με 4 σημεία της διάταξης, άρα υπάρχουν 4\times\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}=16 "πράσινα" τετριμμένα τρίγωνα.
(iv) Έχουμε 4 "μωβ" ευθύγραμμα τμήματα με 3 σημεία της διάταξης, άρα υπάρχουν 4 "μωβ" τετριμμένα τρίγωνα.
(v) Έχουμε 4 "κίτρινα" ευθύγραμμα τμήματα με 3 σημεία της διάταξης, άρα υπάρχουν 4 "κίτρινα" τετριμμένα τρίγωνα.
Σύνολο:40+20+16+4+4=84 τετριμμένα τρίγωνα

Συνεπώς, το πλήθος των μη τετριμμένων τριγώνων, των οποίων οι κορυφές είναι σημεία αυτής της διάταξης είναι:1140-84=1056
Συνημμένα
dots1.png
dots1.png (38.61 KiB) Προβλήθηκε 1297 φορές


Σωτήρης Λοϊζιάς
ealexiou
Δημοσιεύσεις: 1658
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 15, 2013 10:06 pm
Τοποθεσία: ΒΟΛΟΣ

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#209

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Τετ Ιαν 14, 2015 10:03 am

ΑΣΚΣΗΣΗ 72

Σε χωροδικτύωμα 6\times 5\times4 κόμβων ένα μυρμήγκι θέλει να πάει από τον κάτω,μπροστά και αριστερά κόμβο A στον πάνω, πίσω και δεξιά κόμβο B (AB διαγώνιος). Μπορεί να κινηθεί δεξιά, μπροστά ή προς τα πάνω. Με πόσους τρόπους μπορεί να το κάνει αυτό;


Άβαταρ μέλους
Soteris
Δημοσιεύσεις: 445
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 21, 2014 1:59 pm
Τοποθεσία: Λάρνακα, Κύπρος

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#210

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Soteris » Τετ Ιαν 14, 2015 1:06 pm

ealexiou έγραψε:ΑΣΚΣΗΣΗ 72

Σε χωροδικτύωμα 6\times 5\times4 κόμβων ένα μυρμήγκι θέλει να πάει από τον κάτω,μπροστά και αριστερά κόμβο A στον πάνω, πίσω και δεξιά κόμβο B (AB διαγώνιος). Μπορεί να κινηθεί δεξιά, μπροστά ή προς τα πάνω. Με πόσους τρόπους μπορεί να το κάνει αυτό;
Αρκεί να παρατηρήσουμε ότι οποιαδήποτε διαδρομή από το σημείο A στο σημείο B περιέχει 5 βήματα προς τα δεξιά \left(\Delta\right), 4 βήματα προς τα μπρος \left(M\right) και 3 βήματα προς τα πάνω \left(\Pi\right).

Συνεπώς, το πρόβλημα ανάγεται στις αναδιατάξεις των 5 \Delta, 4 M και 3 \Pi.

Έχουμε: \dfrac{12!}{5!\times4!\times3!}=27720 διαφορετικές διαδρομές
Horodiktiwma.png
Horodiktiwma.png (34.9 KiB) Προβλήθηκε 1221 φορές


Σωτήρης Λοϊζιάς
Άβαταρ μέλους
Soteris
Δημοσιεύσεις: 445
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 21, 2014 1:59 pm
Τοποθεσία: Λάρνακα, Κύπρος

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#211

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Soteris » Τετ Ιαν 14, 2015 9:19 pm

ealexiou έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 69

Με πόσους τρόπους μπορούμε να πληρώσουμε έναν λογαριασμό 80 ευρώ χρησιμοποιώντας νομίσματα των 5,10,20,50 ευρώ;
Για να "δημιουργήσουμε" οποιοδήποτε ποσό χρησιμοποιώντας νομίσματα των 5, 10, 20, 50 ευρώ, θα χρησιμοποιήσουμε τουλάχιστον ένα στοιχείο του πιο κάτω πίνακα (το πολύ ένα στοιχείο από κάθε γραμμή).
nomismata.png
nomismata.png (11.57 KiB) Προβλήθηκε 1187 φορές
Για το ποσό των 80 ευρώ ένα παράδειγμα βλέπετε πιο κάτω.
nomismata1.png
nomismata1.png (10.72 KiB) Προβλήθηκε 1187 φορές
Στο τρίτο σχήμα παρουσιάζεται το γινόμενο των αθροισμάτων των γραμμών του πρώτου σχήματος. Το ανάπτυγμά του αποτελείται από όρους, οι οποίοι είναι το γινόμενο 4 όρων (ένας από κάθε γραμμή). Επομένως, ο κάθε όρος του γινομένου αντιπροσωπεύει και ένα διαφορετικό συνδυασμό νομισμάτων (στο γινόμενο αυτό περιλαμβάνονται όλοι οι δυνατοί διαφορετικοί συνδυασμοί).
nomismata2.png
nomismata2.png (17.84 KiB) Προβλήθηκε 1187 φορές
Αν τώρα με x συμβολίσουμε το νόμισμα των 5 ευρώ, το γινόμενο αυτό γράφεται:
\left(1+x+x^2+x^3+...\right)\left(1+x^2+x^4+x^6+...\right)\left(1+x^4+x^8+x^{12}+...\right)\left(1+x^{10}+x^{20}+x^{30}+...\right)

Έτσι, κάθε συνδυασμός νομισμάτων που αθροίζει 80 ευρώ, είναι όρος του x^{16} στο πιο κάτω γινόμενο:
P_1(x)P_2(x)P_3(x)P_4(x)=\left(1+x+x^2+x^3+...+x^{16}\right)\left(1+x^2+x^4+x^6+...+x^{16}\right)\left(1+x^4+x^8+x^{12}+x^{16}\right)\left(1+x^{10}\right)

Αρκεί τώρα να βρούμε το συντελεστή του x^{16}. Έχουμε:

P_3(x)P_4(x)=1+x^{4}+x^8+x^{10}+x^{12}+x^{14}+x^{16}+...
P_2(x)P_3(x)P_4(x)=1+x^2+2x^4+2x^6+3x^8+4x^{10}+5x^{12}+6x^{14}+7x^{16}+...
P_1(x)P_2(x)P_3(x)P_4(x)=1+x+2x^2+2x^3+4x^4+4x^5+6x^6+6x^7+9x^8+9x^9+13x^{10}+13x^{11}+18x^{12}+18x^{13}+24x^{14}+24x^15+31x^{16}+...

Τελικά, μπορούμε να πληρώσουμε ένα λογαριασμό 80 ευρώ (με νομίσματα των 5, 10, 20, 50 ευρώ) με 31 διαφορετικούς τρόπους.


Σωτήρης Λοϊζιάς
ealexiou
Δημοσιεύσεις: 1658
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 15, 2013 10:06 pm
Τοποθεσία: ΒΟΛΟΣ

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#212

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Τετ Ιαν 14, 2015 9:40 pm

Πάρα πολύ ωραία Σωτήρη, ιδίως για την άσκηση 69. :clap2:


Άβαταρ μέλους
Soteris
Δημοσιεύσεις: 445
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 21, 2014 1:59 pm
Τοποθεσία: Λάρνακα, Κύπρος

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#213

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Soteris » Πέμ Ιαν 15, 2015 8:35 am

ealexiou έγραψε:Πάρα πολύ ωραία Σωτήρη, ιδίως για την άσκηση 69. :clap2:
Σε ευχαριστώ Ευθύμη για τα καλά σου λόγια, τίποτα δεν έκανα.Απλά να πω ότι άλυτες παραμένουν οι ασκήσεις 39, 47, 49, 61, 64, 67 και 71 (για όσους ενδιαφέρονται να ασχοληθούν). Ελπίζω να μην ξέχασα κάποια.


Σωτήρης Λοϊζιάς
Άβαταρ μέλους
Soteris
Δημοσιεύσεις: 445
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 21, 2014 1:59 pm
Τοποθεσία: Λάρνακα, Κύπρος

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#214

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Soteris » Πέμ Ιαν 15, 2015 9:54 am

Άσκηση 73

Η τσάντα A περιέχει 4 κόκκινες και 3 πράσινες μπάλες, ενώ η τσάντα B περιέχει 3 κόκκινες και 4 πράσινες μπάλες.Παίρνουμε στην τύχη μια μπάλα από την τσάντα A και την τοποθετούμε στην τσάντα B. Ανακατεύουμε τις μπάλες στην τσάντα B, παίρνουμε στην τύχη μια μπάλα από την τσάντα B και την τοποθετούμε στην τσάντα A. Στη συνέχεια παίρνουμε στην τύχη μια μπάλα από την τσάντα A. Ποια είναι η πιθανότητα η μπάλα που επιλέξαμε από την τσάντα A να είναι κόκκινη;


Σωτήρης Λοϊζιάς
ealexiou
Δημοσιεύσεις: 1658
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 15, 2013 10:06 pm
Τοποθεσία: ΒΟΛΟΣ

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#215

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Πέμ Ιαν 15, 2015 10:25 am

Soteris έγραψε:Άσκηση 47

Ένας παίκτης A του τένις έχει πιθανότητα \frac{2}{3} να κερδίσει ένα σετ από τον παίκτη B. Έναν αγώνα κερδίζει εκείνος ο παίκτης που πρώτος θα κερδίσει τρία σετ. Να βρείτε την πιθανότητα ο παίκτης A να κερδίσει τον B.

(Βιβλίο Μαθηματικά Επιλογής Γ' Ενιαίου Λυκείου, Υπουργείο Παιδείας και Πολιτισμού Κύπρου, Έκδοση 2007)
Να μην μένουν παραπονεμένες...

Ο A κερδίζει αν νικήσει σε πέντε σετ στα πέντε σετ, ή τέσσερα σετ στα πέντε ή τρία σετ στα πέντε, άρα η πιθανότητα ο A να κερδίσει τον B είναι:
P_{A} = \begin{pmatrix}5\\ 5 \end{pmatrix} \cdot \left(\dfrac{2}{3}\right)^5 + \ \begin{pmatrix}5\\ 4 \end{pmatrix} \cdot \left(\dfrac{2}{3} \right)^4 \cdot \dfrac{1}{3} \ +\begin{pmatrix}5\\ 3 \end{pmatrix} \cdot\left(\dfrac{2}{3}\right)^3 \cdot \left(\dfrac{1}{3}\right)^2 =\dfrac{64}{81}


Άβαταρ μέλους
Soteris
Δημοσιεύσεις: 445
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 21, 2014 1:59 pm
Τοποθεσία: Λάρνακα, Κύπρος

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#216

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Soteris » Πέμ Ιαν 15, 2015 10:44 am

Soteris έγραψε:Άσκηση 47

Ένας παίκτης A του τένις έχει πιθανότητα \frac{2}{3} να κερδίσει ένα σετ από τον παίκτη B. Έναν αγώνα κερδίζει εκείνος ο παίκτης που πρώτος θα κερδίσει τρία σετ. Να βρείτε την πιθανότητα ο παίκτης A να κερδίσει τον B.

(Βιβλίο Μαθηματικά Επιλογής Γ' Ενιαίου Λυκείου, Υπουργείο Παιδείας και Πολιτισμού Κύπρου, Έκδοση 2007)
Να δώσω και μια άλλη λύση..

(i) Ο A κερδίζει το παιχνίδι 3-0 με πιθανότητα: \left(\dfrac{2}{3}\right)^3=\dfrac{8}{27}

(ii) Ο A κερδίζει το παιχνίδι 3-1 (το τέταρτο σετ κερδίζεται από τον A) με πιθανότητα: \dfrac{3!}{2!}\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^3\times\left(\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{8}{27}

(iii) Ο A κερδίζει το παιχνίδι 3-2 (το πέμπτο σετ κερδίζεται από τον A) με πιθανότητα: \dfrac{4!}{2!\times2!}\times\left(\dfrac{2}{3}\right)^3\times\left(\dfrac{1}{3}\right)^2=\dfrac{16}{81}

Aθροιστικά, έχουμε: P_A=\dfrac{8}{27}+\dfrac{8}{27}+\dfrac{16}{81}=\dfrac{64}{81}


Σωτήρης Λοϊζιάς
ealexiou
Δημοσιεύσεις: 1658
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 15, 2013 10:06 pm
Τοποθεσία: ΒΟΛΟΣ

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#217

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Πέμ Ιαν 15, 2015 8:53 pm

Soteris έγραψε:Άσκηση 73

Η τσάντα A περιέχει 4 κόκκινες και 3 πράσινες μπάλες, ενώ η τσάντα B περιέχει 3 κόκκινες και 4 πράσινες μπάλες.Παίρνουμε στην τύχη μια μπάλα από την τσάντα A και την τοποθετούμε στην τσάντα B. Ανακατεύουμε τις μπάλες στην τσάντα B, παίρνουμε στην τύχη μια μπάλα από την τσάντα B και την τοποθετούμε στην τσάντα A. Στη συνέχεια παίρνουμε στην τύχη μια μπάλα από την τσάντα A. Ποια είναι η πιθανότητα η μπάλα που επιλέξαμε από την τσάντα A να είναι κόκκινη;
Δεδομένα τσάντα A περιέχει 4K,3\Pi και η τσάντα B 3K,4\Pi
Από την A τσάντα βγάζουμε :
1) K μπάλα, πιθανότητα να συμβεί αυτό \dfrac{4}{7}, και την τοποθετούμε στην B τσάντα, η A έχει 3K,3\Pi μπάλες και η B έχει 4K,4\Pi μπάλες.

Από την τσάντα B βγάζουμε:

1.1) K μπάλα, πιθανότητα να συμβεί αυτό \dfrac{4}{7}\cdot\dfrac{4}{8}=\dfrac{2}{7} και την τοποθετούμε στην τσάντα A (4K,3\Pi),
από όπου βγάζουμε K μπάλα με πιθανότητα \dfrac{4}{7}\cdot\dfrac{2}{7}=\dfrac{8}{49}

1.2) \Pi μπάλα, πιθανότητα να συμβεί αυτό \dfrac{4}{7}\cdot\dfrac{4}{8}=\dfrac{2}{7} και την τοποθετούμε στην A(3K,4\Pi),
από όπου βγάζουμε K μπάλα με πιθανότητα \dfrac{3}{7}\cdot\dfrac{2}{7}=\dfrac{6}{49}

ή 2) \Pi μπάλα, πιθανότητα να συμβεί αυτό \dfrac{3}{7} και την τοποθετούμε στην B τσάντα, η A έχει 4K,2\Pi και η B έχει 3K,5\Pi

Από την τσάντα B βγάζουμε:

2.1) K μπάλα, πιθανότητα να συμβεί αυτό \dfrac{3}{7}\cdot\dfrac{3}{8}=\dfrac{9}{56} και την τοποθετούμε στην τσάντα A (5K,2\Pi),
από όπου βγάζουμε K μπάλα με πιθανότητα \dfrac{5}{7}\cdot\dfrac{9}{56}=\dfrac{45}{392}

2.2) \Pi μπάλα, πιθανότητα να συμβεί αυτό \dfrac{3}{7}\cdot\dfrac{5}{8}=\dfrac{15}{56} και την τοποθετούμε στην τσάντα A (4K,3\Pi),
από όπου βγάζουμε K μπάλα με πιθανότητα \dfrac{4}{7}\cdot\dfrac{15}{56}=\dfrac{15}{98}

Αθροιστικά η πιθανότητα για κόκκινη μπάλα είναι \dfrac{8}{49}+\dfrac{6}{49}+\dfrac{45}{392}+\dfrac{15}{98}=\dfrac{31}{56}=0.55357

Ζαλίστηκα λίγο με το πέρα- δώθε στις τσάντες :-)


Άβαταρ μέλους
Soteris
Δημοσιεύσεις: 445
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 21, 2014 1:59 pm
Τοποθεσία: Λάρνακα, Κύπρος

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#218

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Soteris » Παρ Ιαν 16, 2015 8:47 am

Άσκηση 74

Σε μία κάλπη υπάρχουν οι λαχνοί 10, 11, 12, 13, ..., 99. Επιλέγουμε στην τύχη δύο από αυτούς. Ποια είναι η πιθανότητα το γινόμενο των αριθμών που αναγράφονται στους δύο λαχνούς που επιλέγηκαν να είναι άρτιος αριθμός;


Σωτήρης Λοϊζιάς
ealexiou
Δημοσιεύσεις: 1658
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 15, 2013 10:06 pm
Τοποθεσία: ΒΟΛΟΣ

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#219

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Παρ Ιαν 16, 2015 8:22 pm

Soteris έγραψε:Άσκηση 49

Πόσοι τρόποι υπάρχουν για να επιλέξετε 4 από 15 ιππότες, οι οποίοι κάθονται σε ένα στρογγυλό τραπέζι, αν δεν μπορούν να επιλεγούν "γειτονικοί" ιππότες (δηλαδή αν επιλεγεί ο A δεν επιτρέπεται να επιλεγεί αυτός που κάθεται είτε στα δεξιά του είτε στα αριστερά του);
Αριθμώ τους ιππότες κατά κυκλική σειρά 1,2,3,...,15,(16=1)
Θεώρησα ότι η σειρά επιλογής ιπποτών δεν παίζει ρόλο π.χ η επιλογή (1,3,5,7)=(1,5,3,7)=...

Σε κάθε επιλογή τεσσάρων (4) ιπποτών από τον δεύτερο και μετά, x,2,x,4,x,6,x,(8 ,9,10,11,12,13,14,15,δεν μπορούν να επιλεγούν τέσσερις από τους 15, άρα επιλέγει 4 ιππότες από 11 με \begin{pmatrix}11 \\4\end{pmatrix}=330 διαφορετικούς τρόπους και επιλέγοντας τον πρώτο 1,x,3,x,5,x,(7,8,9,10,11,12,13,14) μπορεί να επιλέξει τους άλλους τρεις ιππότες από δέκα με \begin{pmatrix}10 \\3\end{pmatrix}=120 τρόπους.
Άρα συνολικά μπορεί να επιλέξει με 330+120=450 διαφορετικούς τρόπους.
Έγινε συμπλήρωση της λύσης μετά από παρατήρηση-προτροπή του Σωτήρη για "καλή συνέχεια", :), πράγμα που ήταν σχετικά εύκολο καθώς είχα κάνει λεπτομερή ανάλυση του θέματος.
τελευταία επεξεργασία από ealexiou σε Σάβ Ιαν 17, 2015 3:48 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ealexiou
Δημοσιεύσεις: 1658
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 15, 2013 10:06 pm
Τοποθεσία: ΒΟΛΟΣ

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#220

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Παρ Ιαν 16, 2015 11:08 pm

Soteris έγραψε:Άσκηση 74

Σε μία κάλπη υπάρχουν οι λαχνοί 10, 11, 12, 13, ..., 99. Επιλέγουμε στην τύχη δύο από αυτούς. Ποια είναι η πιθανότητα το γινόμενο των αριθμών που αναγράφονται στους δύο λαχνούς που επιλέγηκαν να είναι άρτιος αριθμός;
Στη αρχή λες, άρτιος επί άρτιο, άρτιος επί περιττό, περιττός επί άρτιο, μας δίνουν άρτιο γινόμενο και περιττός επί περιττό μας δίνουν περιττό γινόμενο, άρα πιθανότητα για άρτιο γινόμενο \dfrac{3}{4}.
Τι πρόβλημα είναι αυτό; Αλλά...

Έχουμε 45 \Pi-εριττούς και 45 A-ρτιους αριθμούς στους 90 λαχνούς.

Επιλέγοντας δύο λαχνούς οι δυνατές επιλογές είναι (A,A),(A,\Pi),(\Pi,A),(\Pi,\Pi)

i) (A,A), πιθανότητα να συμβεί αυτό \dfrac{45}{90}\cdot\dfrac{44}{89}=\dfrac{22}{89}, αποτέλεσμα γινομένου άρτιος αριθμός.

ii) (A,\Pi), πιθανότητα να συμβεί αυτό \dfrac{45}{90}\cdot\dfrac{45}{89}=\dfrac{45}{178}, αποτέλεσμα γινομένου άρτιος αριθμός.

iii) (\Pi,A), πιθανότητα να συμβεί αυτό \dfrac{45}{90}\cdot\dfrac{45}{89}=\dfrac{45}{178}, αποτέλεσμα γινομένου άρτιος αριθμός.

iv) (\Pi,\Pi), πιθανότητα να συμβεί αυτό \dfrac{45}{90}\cdot\dfrac{44}{89}=\dfrac{22}{89}, αποτέλεσμα γινομένου περιττός αριθμός.

Άρα η πιθανότητα για άρτιο γινόμενο των αριθμών των δύο λαχνών είναι:

\dfrac{\dfrac{22}{89}+\dfrac{45}{178}+\dfrac{45}{178}}{\dfrac{22}{89}+\dfrac{45}{178}+\dfrac{45}{178}+\dfrac{22}{89}}= \dfrac{\dfrac{67}{89}}{\dfrac{178}{178}}=\dfrac{67}{89}=0.75281...

Αυτό ήταν ή έχω αστοχήσει;...


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες