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 !

#41

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Παρ Νοέμ 07, 2014 9:51 am

Soteris έγραψε:Άσκηση 14

Με ψηφία από το σύνολο \left\{ 4, 5, 6, 7, 8\right\} σχηματίζουμε τριψήφιους φυσικούς αριθμούς χωρίς επανάληψη ψηφίου. Να βρείτε:

(α) το πλήθος των τριψήφιων φυσικών αριθμών που σχηματίζονται και
(β) το άθροισμα όλων των τριψήφιων φυσικών αριθμών που σχηματίζονται

(Παγκύπριες Εξετάσεις Μαθηματικών Γ' Λυκείου 2012)
α) Σχηματίζονται 5 \times 4 \times 3=60 τριψήφιοι αριθμοί

β) Κάθε ψηφίο εμφανίζεται στη θέση των εκατοντάδων, δεκάδων, μονάδων \dfrac{60}{5} =12 φορές αντίστοιχα, άρα το άθροισμα όλων των αριθμών είναι: 12 \times (4+5+6+7+8) \times (100+10+1)=39960


Άβαταρ μέλους
Soteris
Δημοσιεύσεις: 443
Εγγραφή: Δευ Ιούλ 21, 2014 1:59 pm
Τοποθεσία: Λάρνακα, Κύπρος

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#42

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Soteris » Παρ Νοέμ 07, 2014 10:18 am

Άσκηση 15

Δίνεται η λέξη ΕΛΛΗΝΙΚΕΣ.

(α) Να βρείτε το πλήθος των αναγραμματισμών της πιο πάνω λέξης.
(β) Να βρείτε σε πόσους αναγραμματισμούς της πιο πάνω λέξης το Ν προηγείται του Ι, το Ι προηγείται του Κ και το Κ προηγείται του Η (π.χ. ΕΛΝΕΣΙΛΚΗ και ΝΕΣΙΛΚΕΗΛ είναι δύο τέτοιοι αναγραμματισμοί).

(Β' Σειρά Παγκύπριων Εξετάσεων Μαθηματικών Γ' Λυκείου 2012)


Σωτήρης Λοϊζιάς
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5783
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#43

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Παρ Νοέμ 07, 2014 2:36 pm

Soteris έγραψε:Άσκηση 15

Δίνεται η λέξη ΕΛΛΗΝΙΚΕΣ.

(α) Να βρείτε το πλήθος των αναγραμματισμών της πιο πάνω λέξης.
(β) Να βρείτε σε πόσους αναγραμματισμούς της πιο πάνω λέξης το Ν προηγείται του Ι, το Ι προηγείται του Κ και το Κ προηγείται του Η (π.χ. ΕΛΝΕΣΙΛΚΗ και ΝΕΣΙΛΚΕΗΛ είναι δύο τέτοιοι αναγραμματισμοί).

(Β' Σειρά Παγκύπριων Εξετάσεων Μαθηματικών Γ' Λυκείου 2012)

(α) Έχουμε 2Ε, 2Λ, 1Η, 1Ν, 1Ι, 1Κ, 1Σ οπότε έχουμε \displaystyle{\frac{9!}{2!2!}} αναγραμματισμούς.

(β) Επειδή η σειρά των γραμμάτων Ν,Ι,Κ,Η είναι συγκεκριμένη θεωρούμε ότι αυτά είναι όμοια, έστω *.
Οπότε έχουμε να διατάξουμε 2Ε, 2Λ, 4*, 1Σ οπότε έχουμε \displaystyle{\frac{9!}{2!2!4!}} αναγραμματισμούς.


Θανάσης Κοντογεώργης
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5783
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#44

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Παρ Νοέμ 07, 2014 2:54 pm

Άσκηση 16
Οι παίκτες Α και Β ρίχνουν διαδοχικά δύο συνηθισµένα ζάρια, µέχρις ότου είτε ο Α φέρει πρώτος άθροισµα 9, οπότε το παιχνίδι το κερδίζει ο Α, ή ο Β φέρει πρώτος
άθροισµα 8, οπότε το παιχνίδι το κερδίζει ο Β. Οι ρίψεις ξεκινούν από τον Α. Να υπολογίσετε την πιθανότητα να κερδίσει ο Α, καθώς και την πιθανότητα να κερδίσει ο Β.
Είναι σωστό να ισχυριστούμε ότι το παιχνίδι θα τελειώσει σε πεπερασμένο πλήθος ρίψεων;


Άσκηση 17
Επιλέγουμε τυχαία έναν αριθμό από το σύνολο \{1,2,3,...,2014\}.
α) Ποια η πιθανότητα να διαιρείται τουλάχιστον με έναν από τους αριθμούς 6,10 και 15;
β) Ποια η πιθανότητα να διαιρείται ακριβώς με δύο από τους αριθμούς 6,10 και 15;


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

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#45

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Παρ Νοέμ 07, 2014 6:27 pm

socrates έγραψε:Άσκηση 16
Οι παίκτες Α και Β ρίχνουν διαδοχικά δύο συνηθισµένα ζάρια, µέχρις ότου είτε ο Α φέρει πρώτος άθροισµα 9, οπότε το παιχνίδι το κερδίζει ο Α, ή ο Β φέρει πρώτος
άθροισµα 8, οπότε το παιχνίδι το κερδίζει ο Β. Οι ρίψεις ξεκινούν από τον Α. Να υπολογίσετε την πιθανότητα να κερδίσει ο Α, καθώς και την πιθανότητα να κερδίσει ο Β.
Είναι σωστό να ισχυριστούμε ότι το παιχνίδι θα τελειώσει σε πεπερασμένο πλήθος ρίψεων;
Η πιθανότητα να φέρει ο A άθροισμα 9 στην ζαριά του είναι p_{A}=\dfrac{4}{36}= \dfrac{1}{9} (3+6=6+3=4+5=5+4=9, τέσσερα ευνοικά ενδεχόμενα στα 36 ) και η πιθανότητα να μην φέρει άθροισμα 9 είναι 1-p_{A}=\dfrac{8}{9}
Η πιθανότητα να φέρει ο B άθροισμα 8 στην ζαριά του είναι p_{B}= \dfrac{5}{36} (2+6=6+2=3+5=5+3=4+4=8, πέντε ευνοικά ενδεχόμενα στα 36 ) και η πιθανότητα να μην φέρει άθροισμα 8 είναι 1-p_{B}=\dfrac{31}{36}.
Άρα P_{A}=\dfrac{1}{9}+\dfrac{8}{9} \times \dfrac{31}{36}\left(=\dfrac{62}{81} \right) \times\dfrac{1}{9}+\left(\dfrac{62}{81}\right)^2\times \dfrac{1}{9}+ \left(\dfrac{62}{81}\right)^3 \times\dfrac{1}{9}+...= \dfrac{1}{9} \times\left (1+\dfrac{62}{81}+ \left(\dfrac{62}{81}\right)^2+ \left(\dfrac{62}{81}\right)^3+...\right ) =\dfrac{1}{9}  \times \dfrac{81}{19} \Rightarrow

P_{A}=\dfrac{9}{19} και P_{B}=1-P_{A}=1- \dfrac{9}{19} \Rightarrow P_{B}= \dfrac{10}{19}

Δεν θεωρώ σωστό να ισχυρισθούμε ότι το παιχνίδι θα τελειώσει σε πεπερασμένο πλήθος ρίψεων, γιατί το παιχνίδι μπορεί να παρατείνεται επ' αόριστον με όλο και ελαχιστότερη πιθανότητα βέβαια, καθώς P_{A} και P_{B} πρoέκυψαν ως όρια ακολουθιών (ή κάπως έτσι διατυπωμένο). Το πιο πιθανό βέβαια είναι να λήξει σε πεπερασμένο πλήθος ρίψεων.

Προσθέτω αναλυτικό και επεξηγηματικό, για νεότερους που δεν είναι εξοικειωμένοι και παρά το κουραστικό της latex γραφής, υπολογισμό της πιθανότητας P_{B} να κερδίσει ο B αν και ήδη μας είναι γνωστή αφού έχοντας υπολογίσει την πιθανότητα P_{A} να κερδίσει ο A καθώς το άθροισμα των οριακών P_{A} και P_{B} είναι: P_{A}+P_{B}=1
Η πιθανότητα να κερδίσει ο B είναι το άθροισμα των επιμέρους πιθανοτήτων σε κάθε ρίψη των δύο ζαριών.
Έτσι στην 1η ρίψη του B στον πρώτο “γύρο” για να κερδίσει πρέπει να έχει χάσει ο A (να μην φέρει άθροισμα 9), πιθανότητα να συμβεί αυτό είναι \dfrac{8}{9} και ο ίδιος να φέρει άθροισμα 8, με πιθανότητα (\dfrac{5}{36}), άρα πιθανότητα \dfrac{8}{9}  \times  \dfrac{5}{36}= \dfrac{10}{81}.
Για να κερδίσει στην 2η ρίψη του πρέπει να έχουν χάσει και οι δύο στις πρώτες ρίψεις τους και ο A να χάσει και στην δεύτερη ρίψη του και ο ίδιος να φέρει άθροισμα 8 στην δεύτερη ρίψη του, άρα πιθανότητα να συμβεί αυτό είναι \dfrac{8}{9} \times\dfrac{31}{36} \times\dfrac{8}{9} \times \dfrac{5}{36}=\dfrac{10}{81} \times \dfrac{62}{81}.
Στον 3ο γύρο πρέπει να έχουν χάσει και οι δύο στους δύο πρώτους γύρους, πιθανότητα να συμβεί αυτό \left(\dfrac{62}{81}\right)^2 και στον 3ο γύρο ο A να χάσει και ο B να κερδίσει, άρα πιθανότητα να συμβεί αυτό \left(\dfrac{62}{81}\right)^2  \times \dfrac{10}{81} κ.ο.κ ...
Άρα η συνολική πιθανότητα να κερδίσει ο B είναι P_{B}= \dfrac{10}{81}+\dfrac{10}{81} \times\dfrac{62}{81}+\dfrac{10}{81} \times \left(\dfrac{62}{81}\right)^2 +\dfrac{10}{81} \times\left(\dfrac{62}{81}\right)^3+....  \Rightarrow P_{B}= \dfrac{10}{81} \times\left(1+\dfrac{62}{81}+ \left(\dfrac{62}{81}\right)^2 +\left(\dfrac{62}{81}\right)^3+....  \right)\Rightarrow P_{B}= \dfrac{10}{81} \times\left(1+\dfrac{62}{19} \right) =\dfrac{10}{81}\times\dfrac{81}{19}  \Rightarrow P_{B}=\dfrac{10}{19}
τελευταία επεξεργασία από ealexiou σε Σάβ Νοέμ 08, 2014 10:40 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5269
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#46

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Παρ Νοέμ 07, 2014 7:31 pm

ΑΣΚΗΣΗ 17

Από τις Γερμανικές εισαγωγικές εξετάσεις στο κρατίδιο του Bayern ας πάρουμε το παρακάτω θέμα :
wahrscheinlichkeit 2014.PNG
wahrscheinlichkeit 2014.PNG (31.25 KiB) Προβλήθηκε 2870 φορές
Το ποσοστό των αριστερόχειρων στον Γερμανικό πληθυσμό ανέρχεται στο ένα έκτο.Από τον πληθυσμό επιλέγονται τυχαία οκτώ άτομα.

Δύο από τις περιπτώσεις I-VI του παραπάνω πίνακα( στην εικόνα) περιγράφουν την πιθανότητα μεταξύ αυτών των ατόμων τα πέντε να είναι αριστερόχειρα.

Ποιες είναι αυτές οι περιπτώσεις ;

Μπάμπης


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

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#47

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Παρ Νοέμ 07, 2014 7:44 pm

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 17

Από τις Γερμανικές εισαγωγικές εξετάσεις στο κρατίδιο του Bayern ας πάρουμε το παρακάτω θέμα :
wahrscheinlichkeit 2014.PNG
Το ποσοστό των αριστερόχειρων στον Γερμανικό πληθυσμό ανέρχεται στο ένα έκτο.Από τον πληθυσμό επιλέγονται τυχαία οκτώ άτομα.

Δύο από τις περιπτώσεις I-VI του παραπάνω πίνακα( στην εικόνα) περιγράφουν την πιθανότητα μεταξύ αυτών των ατόμων τα πέντε να είναι αριστερόχειρα.

Ποιες είναι αυτές οι περιπτώσεις ;

Μπάμπης
Η V και η I


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

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#48

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Παρ Νοέμ 07, 2014 8:19 pm

socrates έγραψε:Άσκηση 17
Επιλέγουμε τυχαία έναν αριθμό από το σύνολο \{1,2,3,...,2014\}.
α) Ποια η πιθανότητα να διαιρείται τουλάχιστον με έναν από τους αριθμούς 6,10 και 15;
β) Ποια η πιθανότητα να διαιρείται ακριβώς με δύο από τους αριθμούς 6,10 και 15;
Για το α)
Με το 6 διαιρούνται \dfrac{2014}{6}=335 αριθμοί

Με το 10 διαιρούνται \dfrac{2014}{10}=201 αριθμοί

Με το 15 διαιρούνται \dfrac{2014}{15}=134 αριθμοί
ΕΚΠ (6,10)=30. Το πλήθος αριθμών που διαιρούνται με το 30 είναι \dfrac{2014}{30}=67
ΕΚΠ (6,15)=30. Άρα 67 αριθμοί
ΕΚΠ (10,15)=30. Άρα 67 αριθμοί
ΕΚΠ (6,10,15)=30. Άρα 67 αριθμοί
Άρα το πλήθος των αριθμών, από το σύνολο \{1,2,3,..,2014\}, που διαιρούνται τουλάχιστον με έναν από του 6,10 και 15, σύμφωνα με την Αρχή Εγκλεισμού -Αποκλεισμού, είναι:
335+201+134-3\times 67+1\times 67=536

Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι P=\dfrac{536}{2014}=\dfrac{268}{1007}=0. \overline{266}

Για το β)
Επειδή το ΕΚΠ των τριών αριθμών ανά δύο, (6,10), (6,15), (10,15), είναι το 30, αλλά και το ΕΚΠ και των τριών αριθμών (6,10,15) είναι επίσης το 30 κάθε αριθμός του συνόλου που διαιρείται ακριβώς με δύο από τους τρείς θα είναι πολλαπλάσιο του 30, άρα θα διαιρείται και από τον τρίτο, άρα δεν υπάρχει αριθμός του συνόλου που να διαρείται μόνο με δύο εκ των τριών και η ζητούμενη πιθανότητα είναι P = \dfrac{0}{2014}=0
τελευταία επεξεργασία από ealexiou σε Σάβ Νοέμ 08, 2014 8:31 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5783
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#49

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Νοέμ 08, 2014 12:12 am

Άσκηση 19
Στο πολύ γνωστό (λόγω Τζακ Ποτ!!) τυχαιρό παιχνίδι Τζόκερ του ΟΠΑΠ, να υπολογιστεί:

i) η πιθανότητα επιτυχίας ενός "μονόστηλου δελτίου".

ii) το κόστος ενός δελτίου με πιθανότητα επιτυχίας μονάδα. Δηλαδή, με όλους τους ενδεχόμενους αριθμούς επιλεγμένους, εάν το κόστος της κάθε στήλης είναι 0,5 ευρώ.
http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=94&t=47032


Άσκηση 20
Ρίχνουµε ένα ζάρι 5 φορές. Να υπολογιστούν οι πιθανότητες:
(α) Το άθροισµα των ενδείξεων να είναι µεγαλύτερο ή ίσο του 18.
(β) Το άθροισµα των ενδείξεων να είναι µεγαλύτερο ή ίσο του 18 και µικρότερο ή ίσο του 28.
(γ) Να εµφανιστεί κάθε µια από τις τρεις έδρες «4», «5», «6», τουλάχιστον µια φορά.


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7996
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#50

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Νοέμ 08, 2014 11:36 pm

socrates έγραψε:Άσκηση 16
Οι παίκτες Α και Β ρίχνουν διαδοχικά δύο συνηθισµένα ζάρια, µέχρις ότου είτε ο Α φέρει πρώτος άθροισµα 9, οπότε το παιχνίδι το κερδίζει ο Α, ή ο Β φέρει πρώτος
άθροισµα 8, οπότε το παιχνίδι το κερδίζει ο Β. Οι ρίψεις ξεκινούν από τον Α. Να υπολογίσετε την πιθανότητα να κερδίσει ο Α, καθώς και την πιθανότητα να κερδίσει ο Β.
Είναι σωστό να ισχυριστούμε ότι το παιχνίδι θα τελειώσει σε πεπερασμένο πλήθος ρίψεων;
Μια διαφορετική προσέγγιση: Έστω p_A η πιθανότητα να κερδίσει ο A. Τότε \displaystyle{p_A = \frac{1}{9} + \frac{8}{9}\frac{31}{36}p_A.} Αυτό ισχύει επειδή η πιθανότητα να κερδίσει ο A το παιγνίδι αν στην πρώτη ρίψη ο A δεν φέρει άθροισμα 9 και στην δεύτερη ο B δεν φέρει άθροισμα 8 πρέπει να ισούται με p_A αφού τότε το παιγνίδι ξαναρχίσει από την αρχή. Οπότε παίρνουμε p_A = 9/19.

Επίσης η πιθανότητα a_n να μην τελειώσει το παιγνίδι μετά από n γύρους είναι \displaystyle{ \left(\frac{8}{9}\right)^m\left(\frac{31}{36}\right)^m} αν n=2m και \displaystyle{ \left(\frac{8}{9}\right)^{m+1}\left(\frac{31}{36}\right)^m} αν n=2m+1. Επειδή a_n \to 0 (απλό) η πιθανότητα να υπάρξει νικητής ισούται με 1. Οπότε αν p_B η πιθανότητα να κερδίσει ο B τότε είναι p_B = 1 - p_A = 10/19.

[Θα μπορούσαμε επίσης να πούμε με παρόμοιο σκεπτικό όπως προηγουμένως ότι \displaystyle{p_B = \frac{8}{9}\frac{5}{36} + \frac{8}{9}\frac{31}{36}p_B} και πάλι να καταλήξουμε στο p_B = 10/19.]


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

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#51

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Κυρ Νοέμ 09, 2014 5:00 am

socrates έγραψε:
Άσκηση 20
Ρίχνουµε ένα ζάρι 5 φορές. Να υπολογιστούν οι πιθανότητες:
(α) Το άθροισµα των ενδείξεων να είναι µεγαλύτερο ή ίσο του 18.
(β) Το άθροισµα των ενδείξεων να είναι µεγαλύτερο ή ίσο του 18 και µικρότερο ή ίσο του 28.
(γ) Να εµφανιστεί κάθε µια από τις τρεις έδρες «4», «5», «6», τουλάχιστον µια φορά.
Για το α)
Το σύνολο των διατάξεων με επανάληψη των ενδείξεων των πέντε ζαριών είναι 6^5=7776
Έστω x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5} με 1\leq  x_{i} \leq 6,\ i=1,2,3,4,5, οι τυχαίοι αριθμοί των πέντε ζαριών. Θέλουμε να ισχύει x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5} \geq18
Το πλήθος των ακεραίων λύσεων της εξίσωσης x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5} \geq18 ισούται με: 7776 μείον το πλήθος των ακέραιων λύσεων της εξίσωσης x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}<18 ( \spadesuit)
Το πλήθος των ακεραίων λύσεων της εξίσωσης x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}<18 είναι ίσο με το πλήθος των ακεραίων λύσεων της εξίσωσης x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}+x_{6}=18 και το οποίο ισούται με:

\begin{pmatrix}18-1 \\5\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}5 \\1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}18-6-1 \\5\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}5 \\2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}18-6-6-1 \\5\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}5 \\3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}18-6-6-6-1 \\5\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}5 \\4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}18-6-6-6-6-1 \\5\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}17 \\5\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}5 \\1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}11 \\5\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}5 \\2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}5 \\5\end{pmatrix}-0+0=3888

Συνεπώς αντικαθιστώντας στην ( \spadesuit) έχουμε 7776-3888=3888 ευνοικές περιπτώσεις για Ά(θροισμα) \geq18 και άρα η πιθανότητα είναι P_{A \geq 18}=\dfrac{3888}{7776}= \dfrac{1}{2}

Για το β)
Για να υπολογίσουμε την πιθανότητα P_{(18 \leq A \leq 28)} αφαιρούμε από το πλήθος των 3888 ευνοικών περιπτώσεων ενδείξεων με A \geq18 το πλήθος των περιπτώσεων ενδείξεων με A=29 και A=30, 5+1=6 περιπτώσεις, άρα 3888-6=3882.

Άρα P_{(18 \leq A \leq 28)}= \dfrac{3882}{7776}=\dfrac{647}{1296}=0. \overline{499} (δυσανάλογης βαρύτητας ερώτημα σε σχέση με τα (α) και (γ) ή μήπως κάτι μου έχει διαφύγει?)

Έγινε διόρθωση πληκτρολογικού λάθους


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

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#52

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Κυρ Νοέμ 09, 2014 6:23 pm

socrates έγραψε:
Άσκηση 20
Ρίχνουµε ένα ζάρι 5 φορές. Να υπολογιστούν οι πιθανότητες:
(α) Το άθροισµα των ενδείξεων να είναι µεγαλύτερο ή ίσο του 18.
(β) Το άθροισµα των ενδείξεων να είναι µεγαλύτερο ή ίσο του 18 και µικρότερο ή ίσο του 28.
(γ) Να εµφανιστεί κάθε µια από τις τρεις έδρες «4», «5», «6», τουλάχιστον µια φορά.
Και μια διαφορετική προσέγγιση για το α)
Τα αθροίσματα που μπορεί να έχουμε με την ρίψη πέντε ζαριών είναι 5,6,7,...,30 (26 δυνατά αθροίσματα).
Παρατηρούμε ότι τα αθροίσματα από 5 έως και 17, είναι τα μισά (13 αθροίσματα) και από 18 έως και 30 τα άλλα μισά και επειδή υπάρχει απόλυτη συμμετρία μεταξύ 1 και 6, 2 και 5, 3 και 4 συμπεραίνουμε ότι σε όσες περιπτώσεις έχουμε άθροισμα 5 \leq A \leq 17 σε ακριβώς τόσες έχουμε 18 \leq A \leq 30 \left(\dfrac{6^5}{2}=3888\right) περιπτώσεις και άρα P_{A \geq 18}(= P_{A<18}) = \dfrac{1}{2}

Για το β) ομοίως με την πρώτη λύση P_{28  \geq   A \geq 18}=\dfrac{3888-6}{7666}=0. \overline{499}


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7996
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#53

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Νοέμ 09, 2014 6:59 pm

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 17

Από τις Γερμανικές εισαγωγικές εξετάσεις στο κρατίδιο του Bayern ας πάρουμε το παρακάτω θέμα :
wahrscheinlichkeit 2014.PNG
Το ποσοστό των αριστερόχειρων στον Γερμανικό πληθυσμό ανέρχεται στο ένα έκτο.Από τον πληθυσμό επιλέγονται τυχαία οκτώ άτομα.

Δύο από τις περιπτώσεις I-VI του παραπάνω πίνακα( στην εικόνα) περιγράφουν την πιθανότητα μεταξύ αυτών των ατόμων τα πέντε να είναι αριστερόχειρα.

Ποιες είναι αυτές οι περιπτώσεις ;

Μπάμπης
Για ακρίβεια, είναι σημαντικό εδώ να αναφερθεί ότι η επιλογή πρέπει να είναι με επανατοποθέτηση. Αλλιώς η κατανομή αντί διωνυμική είναι υπεργεωμετρική. Σε αυτήν την περίπτωση η πιθανότητα είναι

\displaystyle{ \frac{\binom{N/6}{5}\binom{5N/6}{3}}{\binom{N}{8}}.}

όπου N ο συνολικός αριθμός των Γερμανών. Επειδή ο πληθυσμός είναι μεγάλος, η διαφορά στις απαντήσεις είναι τόσο μικρή που πρακτικά να μην κάνει διαφορά.


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5783
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#54

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τρί Νοέμ 11, 2014 8:33 pm

Άσκηση 21
Πόσα μη κενά υποσύνολα του συνόλου \{1, 2, 3, 4, 5\} περιέχουν τον αριθμό που είναι ίσος με το πλήθος των στοιχείων του υποσυνόλου αυτού;


Άσκηση 22
Ο Γιώργος έχει 10 καραμέλες. Με πόσους τρόπους μπορεί να τις φάει, αν κάθε μέρα τρώει μία τουλάχιστον καραμέλα;


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

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#55

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Τρί Νοέμ 11, 2014 9:18 pm

socrates έγραψε:
Άσκηση 22
Ο Γιώργος έχει 10 καραμέλες. Με πόσους τρόπους μπορεί να τις φάει, αν κάθε μέρα τρώει μία τουλάχιστον καραμέλα;
Σε πόσες ημέρες να τις φάει ή επειδή δεν αναφέρεται εννοείται σε 10 ημέρες;


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5783
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#56

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τρί Νοέμ 11, 2014 9:28 pm

ealexiou έγραψε:
socrates έγραψε:
Άσκηση 22
Ο Γιώργος έχει 10 καραμέλες. Με πόσους τρόπους μπορεί να τις φάει, αν κάθε μέρα τρώει μία τουλάχιστον καραμέλα;
Σε πόσες ημέρες να τις φάει ή επειδή δεν αναφέρεται εννοείται σε 10 ημέρες;

Ο Γιώργος έχει, ας πούμε, σήμερα 10 καραμέλες. Ξεκινάει να τις τρώει από σήμερα, δηλαδή σήμερα (και όσες από τις επόμενες μέρες του έχουν μείνει καραμέλες) τρώει μία τουλάχιστον καραμέλα (μπορεί 2 ή 5 ή και όλες).


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

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#57

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Τρί Νοέμ 11, 2014 9:42 pm

socrates έγραψε:
ealexiou έγραψε:
socrates έγραψε:
Άσκηση 22
Ο Γιώργος έχει 10 καραμέλες. Με πόσους τρόπους μπορεί να τις φάει, αν κάθε μέρα τρώει μία τουλάχιστον καραμέλα;
Σε πόσες ημέρες να τις φάει ή επειδή δεν αναφέρεται εννοείται σε 10 ημέρες;

Ο Γιώργος έχει, ας πούμε, σήμερα 10 καραμέλες. Ξεκινάει να τις τρώει από σήμερα, δηλαδή σήμερα (και όσες από τις επόμενες μέρες του έχουν μείνει καραμέλες) τρώει μία τουλάχιστον καραμέλα (μπορεί 2 ή 5 ή και όλες).
Ευχαριστώ socrates, τρίτη και πιο σύνθετη εκδοχή που δεν σκέφθηκα! :-)


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

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#58

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Τρί Νοέμ 11, 2014 11:00 pm

socrates έγραψε:
Άσκηση 22
Ο Γιώργος έχει 10 καραμέλες. Με πόσους τρόπους μπορεί να τις φάει, αν κάθε μέρα τρώει μία τουλάχιστον καραμέλα;
Το πρόβλημα μπορούμε να το αντιστοιχίσουμε με σφαιρίδια και κελιά, όπου τα σφαιρίδια είναι οι καραμέλες και τα κελιά είναι οι ημέρες και στο κάθε κελί-ημέρα να τοποθετήσουμε ένα τουλάχιστον σφαιρίδιο-καραμέλα.
Αν k τα σφαιρίδια και n τα κελιά το πλήθος των τοποθετήσεων είναι ίσο με: \begin{pmatrix}k-1 \\n-1\end{pmatrix}= \dfrac{(k-1)!}{(n-1)!(k-n)!}
Στο συγκεκριμένο πρόβλημα k=10 καραμέλες και n=1,2,3,...,10 ημέρες, καθώς μπορεί να τις φάει όλες σε μια ημέρα με \begin{pmatrix}10-1 \\1-1\end{pmatrix}=1 τρόπο ή σε 2 ημέρες με \begin{pmatrix}10-1 \\2-1\end{pmatrix}=9 τρόπους, ή σε 3 ημέρες με \begin{pmatrix}10-1 \\3-1\end{pmatrix}=36 τρόπους,...,ή σε 10 ημέρες με \begin{pmatrix}10-1 \\10-1\end{pmatrix}=1 τρόπο.
Άρα συνολικά μπορεί να τις φάει με: \begin{pmatrix}10-1 \\1-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\2-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\3-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\4-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\5-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\6-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\7-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\8-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\9-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\10-1\end{pmatrix}=1+9+36+84+126+126+84+36+9+1=512 τρόπους,

ή, αλλιώς, με \sum_{n=1}^{10}{  \begin{pmatrix}10-1 \\n-1\end{pmatrix}}=\sum_{i=0}^{9}{  \begin{pmatrix}9 \\i\end{pmatrix}} = 2^9 =512 τρόπους ( 10η γραμμή τριγώνου Πασκάλ)

Άρα ο Γιώργος μπορεί να φάει 10 καραμέλες, αν κάθε ημέρα τρώει μια τουλάχιστον, με 512 τρόπους
τελευταία επεξεργασία από ealexiou σε Τετ Νοέμ 12, 2014 9:57 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1688
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#59

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τετ Νοέμ 12, 2014 9:54 am

ealexiou έγραψε:
socrates έγραψε:
Άσκηση 22
Ο Γιώργος έχει 10 καραμέλες. Με πόσους τρόπους μπορεί να τις φάει, αν κάθε μέρα τρώει μία τουλάχιστον καραμέλα;
Άρα συνολικά μπορεί να τις φάει με: \begin{pmatrix}10-1 \\1-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\2-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\3-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\4-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\5-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\6-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\7-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\8-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\9-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\10-1\end{pmatrix}=1+9+36+84+126+126+84+36+9+1=512 τρόπους.
Εδώ έχουμε τον τύπο

\begin{pmatrix}n \\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}n \\1\end{pmatrix}+...+\begin{pmatrix}n \\n\end{pmatrix}=2^n


Νῆφε καί μέμνασο ἀπιστεῖν˙ ἄρθρα ταῦτα γάρ φρενῶν
Νοῦς ὁρᾷ καί Νοῦς ἀκούει˙ τἆλλα κωφά καί τυφλά.
...
Ρεκούμης Κωνσταντίνος
ealexiou
Δημοσιεύσεις: 1658
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 15, 2013 10:06 pm
Τοποθεσία: ΒΟΛΟΣ

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

#60

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou » Τετ Νοέμ 12, 2014 10:02 am

rek2 έγραψε:
ealexiou έγραψε:
socrates έγραψε:
Άσκηση 22
Ο Γιώργος έχει 10 καραμέλες. Με πόσους τρόπους μπορεί να τις φάει, αν κάθε μέρα τρώει μία τουλάχιστον καραμέλα;
Άρα συνολικά μπορεί να τις φάει με: \begin{pmatrix}10-1 \\1-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\2-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\3-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\4-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\5-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\6-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\7-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\8-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\9-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}10-1 \\10-1\end{pmatrix}=1+9+36+84+126+126+84+36+9+1=512 τρόπους.
Εδώ έχουμε τον τύπο

\begin{pmatrix}n \\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}n \\1\end{pmatrix}+...+\begin{pmatrix}n  
\\n\end{pmatrix}=2^n
Σύμπτωση! Γράφαμε ταυτόχρονα! καθώς έχω γράψει παραπάνω: "ή, αλλιώς, με \sum_{n=1}^{10}{  \begin{pmatrix}10-1 \\n-1\end{pmatrix}}=\sum_{i=0}^{9}{  \begin{pmatrix}9 \\i\end{pmatrix}} = 2^9 =512 τρόπους ( 10η γραμμή τριγώνου Πασκάλ)"


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα”

Μέλη σε σύνδεση

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