ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Θα ήταν χρήσιμο να έχουμε μια σειρά ασκήσεων στην Συνδυαστική και τις Πιθανότητες( Κλασικός ορισμός, Δεσμευμένη, ανεξάρτητα ενδοχόμενα, δοκιμές Bernoulli), διότι από τη νέα χρονιά όλα αυτά μπορεί να είναι το μόνιμο θέμα στην καθημερινή μας επικοινωνία !

Στην προσπάθεια αυτή μπορούν να βοηθήσουν ιδιαίτερα οι φοιτητές του mathematica ,μια και στις σχολές τους διδάσκονται αυτό το μάθημα. Να προτιμήσουμε προβλήματα μέσης δυσκολίας που θα είναι κατάλληλα για την σχολική τάξη. Μπορούν να συμπεριληφθούν και προβλήματα να λάθος λύση, στα οποία θα ζητείται να εντοπιστεί το λάθος. Τέτοια θέματα έχουν μεγάλη αξία στο μάθημα, γιατί βοηθάνε το μαθητή να διεισδύσει στις έννοιες.

- Κάθε άσκηση θα έχει έναν αύξοντα αριθμό.

- Η λύση θα γίνεται με quote πάνω στην εκφώνηση, ώστε να βλέπουμε συνολικά άσκηση και λύση.

ΑΣΚΗΣΗ 1

Σε ένα κυκλικό τραπέζι κάθονται 15 άτομα, αλλά ο Κώστας με την Μαρία δεν πρέπει να κάθονται δίπλα -δίπλα.Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό ;

Μπάμπης

raf616

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Θα ήταν χρήσιμο να έχουμε μια σειρά ασκήσεων στην Συνδυαστική και τις Πιθανότητες( Κλασικός ορισμός, Δεσμευμένη, ανεξάρτητα ενδοχόμενα, δοκιμές Bernoulli), διότι από τη νέα χρονιά όλα αυτά μπορεί να είναι το μόνιμο θέμα στην καθημερινή μας επικοινωνία !

Στην προσπάθεια αυτή μπορούν να βοηθήσουν ιδιαίτερα οι φοιτητές του mathematica ,μια και στις σχολές τους διδάσκονται αυτό το μάθημα. Να προτιμήσουμε προβλήματα μέσης δυσκολίας που θα είναι κατάλληλα για την σχολική τάξη. Μπορούν να συμπεριληφθούν και προβλήματα να λάθος λύση, στα οποία θα ζητείται να εντοπιστεί το λάθος. Τέτοια θέματα έχουν μεγάλη αξία στο μάθημα, γιατί βοηθάνε το μαθητή να διεισδύσει στις έννοιες.

- Κάθε άσκηση θα έχει έναν αύξοντα αριθμό.

- Η λύση θα γίνεται με quote πάνω στην εκφώνηση, ώστε να βλέπουμε συνολικά άσκηση και λύση.

ΑΣΚΗΣΗ 1

Σε ένα κυκλικό τραπέζι κάθονται 15 άτομα, αλλά ο Κώστας με την Μαρία δεν πρέπει να κάθονται δίπλα -δίπλα.Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό ;

Μπάμπης

Καλησπέρα κ. Στεργίου. Μια προσπάθεια, χωρίς όμως να είμαι σίγουρος.

Είναι γνωστό πως όλα τα άτομα χωρίς περιορισμούς μπορούν να τοποθετηθούν με 14!

τρόπους.

Θεωρούμε τώρα την Μαρία με τον Κώστα ως ένα άτομο και άρα αυτό το άτομο και τα άλλα

τα τοποθετούμε με 13!

τρόπους. Μπορούμε όμως το

άτομο αυτό να το πάρουμε δύο φορές(Κώστας - Μαρία, Μαρία - Κώστας) και άρα έχουμε $2 \cdot 13!$ .

Έτσι, συνολικά έχουμε $14! - 2 \cdot 13!$ τρόπους.

Ραφαήλ, η συνδυαστική είναι αρκετά δύσκολη, αν και ιδιαίτερα ελκυστική. Γύρω από ένα κυκλικό τραπέζι (οι θέσεις δεν θεωρούνται αριθμημένες), τα

άτομα μπορούν να καθήσουν κατά (n-1)!

τρόπους, διότι αν πχ καθήσουν όλοι και ο καθένας σπρώξει το διπλανό του μια θέση δεξιότερα, δεν θα αλλάξει τίποτα ως προς την μεταξύ τους θέση.Μπράβο που αυτό δεν σου ξέφυγε!

Έχω αντίρρηση με την άσκηση, διότι ένα αποτέλεσμα που έχω διαφέρει λίγο από την πρώτη μου λύση(αλλά διαφέρει !!!) , χωρίς να μπορώ να δω τι φταίει. Η απάντηση που έχω είναι $12\cdot13!$

raf616 έγραψε:.................

Καλησπέρα κ. Στεργίου. Μια προσπάθεια, χωρίς όμως να είμαι σίγουρος.

Είναι γνωστό πως όλα τα άτομα χωρίς περιορισμούς μπορούν να τοποθετηθούν με τρόπους.

Θεωρούμε τώρα την Μαρία με τον Κώστα ως ένα άτομο και άρα αυτό το άτομο και τα άλλα τα τοποθετούμε με τρόπους.

Έτσι, συνολικά έχουμε τρόπους.

Επειδή αυτό το ...διπλό άτομο μπορεί να καθήσει κατά δύο τρόπους, μήπως πρέπει να αφαιρέσουμε δύο φορές τον αριθμό 13!

; Μάλλον αυτό πρέπει να συμβεί, ώστε να πάρουμε και το αποτέλεσμα που θέλουμε !

Ραφαήλ

Μπ

ΑΣΚΗΣΗ 2

Έχουμε έξι εξαρτήματα μιας μηχανής εκ των οποίων δύο είναι ελαττωματικά. Αν αντικαταστήσουμε δύο κατά τύχη, να βρείτε :
α) την πιθανότητα να αντικαταστήσαμε τα δύο ελαττωματικά .
β) την πιθανότητα να αντικαταστήσαμε τουλάχιστον ένα ελαττωματικό .

orestisgotsis

Διαγραφή λανθασμένης απάντησης

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 1

Σε ένα κυκλικό τραπέζι κάθονται 15 άτομα, αλλά ο Κώστας με την Μαρία δεν πρέπει να κάθονται δίπλα -δίπλα.Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό ;

Μπάμπης

Όλοι οι τρόποι με τους οποίους κάθονται τα $\displaystyle{15}$ άτομα σε στρογγυλό τραπέζι είναι $\displaystyle{14!}$
Έστω ότι ο Κώστας και η Μαρία θα καθήσουν μαζί . Υπάρχουν αρχικά δύο τρόποι να γίνει αυτό : Σαν Κώστας - Μαρία ή σαν Μαρία- Κώστας . Κατόπιν τους αντιμετωπίζουμε σαν ένα άτομο που , μαζί με άλλους $\displaystyle{13}$ θα καθήσει σε ένα τραπέζι με $\displaystyle{14}$ θέσεις , πράγμα που γίνεται με $\displaystyle{13!}$ τρόπους .
Επομένως οι τρόποι με τους οποίους δεν κάθονται μαζί είναι $\displaystyle{14! - 2 \cdot 13! = 13!(14 - 2) = 12 \cdot 13!}$

raf616

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
raf616 έγραψε:.................

Καλησπέρα κ. Στεργίου. Μια προσπάθεια, χωρίς όμως να είμαι σίγουρος.

Είναι γνωστό πως όλα τα άτομα χωρίς περιορισμούς μπορούν να τοποθετηθούν με τρόπους.

Θεωρούμε τώρα την Μαρία με τον Κώστα ως ένα άτομο και άρα αυτό το άτομο και τα άλλα τα τοποθετούμε με τρόπους.

Έτσι, συνολικά έχουμε τρόπους.
Επειδή αυτό το ...διπλό άτομο μπορεί να καθήσει κατά δύο τρόπους, μήπως πρέπει να αφαιρέσουμε δύο φορές τον αριθμό ; Μάλλον αυτό πρέπει να συμβεί, ώστε να πάρουμε και το αποτέλεσμα που θέλουμε !

Ραφαήλ

Μπ

Ευχαριστώ κ. Στεργίου για την παρατήρηση. Τώρα κατάλαβα ότι παίζει ρόλο η διάταξη. Το διόρθωσα.

exdx έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 2

Έχουμε έξι εξαρτήματα μιας μηχανής εκ των οποίων δύο είναι ελαττωματικά. Αν αντικαταστήσουμε δύο κατά τύχη, να βρείτε :
α) την πιθανότητα να αντικαταστήσαμε τα δύο ελαττωματικά .
β) την πιθανότητα να αντικαταστήσαμε τουλάχιστον ένα ελαττωματικό .

Γιώργο καλημέρα !

Με σκουριασμένο το μυαλό λόγω της αποχής από τέτοια προβλήματα , ας κάνω μια προσπάθεια κι ας είναι λάθος :

α) Τα δύο εξαρτήματα μπορούμε να τα επιλέξουμε κατά $\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 6\\ 2 \end{array}} \right)$ τρόπους. Μία είναι όμως η ευνοϊκή περίπτωση, οπότε η πιθανότητα που ζητάμε είναι ίση με

$\displaystyle\frac{1}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 6\\ 2 \end{array}} \right)}}=\displaystyle \frac{1}{{15}}$

β) Θα πάρουμε το αντίθετο ενδεχόμενο. Θα βρούμε λοιπόν την πιθανότητα να μην αντικαταστήσουμε κανένα ελατωματικό. Τα δύο καλά εξaρτήματα μπορούμε να τα πάρουμε κατά $\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 4\\ 2 \end{array}} \right)$ τρόπους, οπότε η ζητούμενη πιθανότητα είναι :

$1\,\, - \,\,\frac{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 4\\ 2 \end{array}} \right)}}{{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 6\\ 2 \end{array}} \right)}}$ $=\displaystyle 1-\frac {2}{5}= \frac{3}{{5}}$

Χρόνια πολλά !
(edit : συμπλήρωσα τα αποτελέσματα)

ealexiou

exdx έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 2

Έχουμε έξι εξαρτήματα μιας μηχανής εκ των οποίων δύο είναι ελαττωματικά. Αν αντικαταστήσουμε δύο κατά τύχη, να βρείτε :
α) την πιθανότητα να αντικαταστήσαμε τα δύο ελαττωματικά .
β) την πιθανότητα να αντικαταστήσαμε τουλάχιστον ένα ελαττωματικό .

α) Η πιθανότητα να αντικαταστήσουμε, κατά τύχη, και τα δύο ελαττωματικά είναι σαν να ζητάμε την πιθανότητα σε ένα βάζο με έξι (6)

μπίλιες, δύο (2)

μαύρες ( $\approx 2$ ελαττωματικά εξαρτήματα) και τέσσερις (4)

λευκές ( $\approx 4$ γνήσια εξαρτήματα) να βγάλουμε και τις δύο μαύρες μπίλιες.
$P_{2M( \approx 2E \Lambda)}=\dfrac{2}{6} \times\dfrac{1}{5}=\dfrac{1}{15}=6. \overline{6} \%$

β) Πιθανότητα να αντικαταστήσαμε τουλάχιστον ένα ελαττωματικό +Πιθανότητα να μην αντικαταστήσουμε κανένα ελαττωματικό =

.
Η πιθανότητα να μην αντικαταστήσουμε κανένα ελαττωματικό είναι όση και η πιθανότητα να μην βγάλουμε καμία μαύρη μπίλια, δηλαδή να βγάλουμε δύο άσπρες μπίλιες, ήτοι $P_{0\ M( \approx 0\ E \Lambda)}=\dfrac{4}{6}\times\dfrac{3}{5}=\dfrac{2}{5}=40\%$
Άρα $P_{ \tau o \upsilon \lambda axi \sigma \tau o \nu \ 1E\Lambda} =1- P_{ 0\ E \Lambda}=1-\dfrac{2}{5}=\dfrac{3}{5}=60\%$

ΑΣΚΗΣΗ 3

Δύο φοιτητές γνωρίζουν ότι οικογένεια του φίλου τους του Δημήτρη έχει δύο παιδιά. Οι φοιτητές αυτοί θέλουν να βρούνε την πιθανότητα ο Δημήτρης να έχει αδερφό. Όσο όμως το σκέφτονται , τόσο δυσκολεύονται !

- Η πρώτη σκέψη είναι ότι στην περίπτωση αυτή ο δειγματικός χώρος είναι : $\Omega = \{ {\rm A}{\rm A},{\rm A}{\rm K},{\rm K}{\rm A}\}$ , διότι ξέρουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον αγόρι στην οικογένεια. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι $\frac{1}{3}$ .

- Η δεύτερη σκέψη είναι ότι κανονικά η πιθανότητα είναι $\frac{1}{2}$ , διότι το φύλλο του δεύτερου παιδιού δεν εξαρτάται από το πρώτο (η πιθανότητα δεν έχει μνήμη !!!)

Πώς μπορούμε να βοηθήσουμε αυτούς τους δύο φοιτητές να επιλέξουν τη σωστή απάντηση ;

Μπάμπης

( Με παραίνεση του Θανάση, η πληροφορία ότι ο Δημήτρης είναι ο μεγαλύτερος έφυγε.Τον ευχαριστώ πολύ.)

thanasis kopadis

Χαιρετίζω την ιδέα του Μπάμπη και συνεχίζω με μια ακόμη άσκηση (εύκολη, αλλά διδακτική για επίπεδο Λυκείου)

ΑΣΚΗΣΗ 4

Μια τάξη έχει

αγόρια και

κορίτσια.
α) Με πόσους τρόπους μπορεί να προκύψει το πενταμελές συμβούλιο της τάξης;
β) Πόσοι από τους παραπάνω τρόπους έχουν:
i) ακριβώς

κορίτσια
ii) τουλάχιστον

κορίτσια
iii) το πολύ

κορίτσια
γ) Αν πάρουμε στην τύχη

μαθητές από την τάξη αυτή ποια είναι η πιθανότητα να έχουμε ίδιο αριθμό αγοριών και κοριτσιών;

Παρατήρηση Αν από ένα πεπερασμένο σύνολο

ατόμων-αντικειμένων θέλουμε να πάρουμε $k , k\leq n$ , τότε πρέπει να προσέξουμε τα εξής:
α) μας ενδιαφέρει να πάρουμε τα

στοιχεία συγχρόνως;
β) μας ενδιαφέρει να τα πάρουμε το ένα μετά το άλλο χωρίς επανατοποθέτηση;
γ) μας ενδιαφέρει να τα πάρουμε το ένα μετά το άλλο με επανατοποθέτηση;

Πολύ ωραία ιδέα! Χαίρομαι ιδιαίτερα και ελπίζω πράγματι η συνδυαστική και οι πιθανότητες να περιληφθούν στη σχολική ύλη...

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 3

Δύο φοιτητές γνωρίζουν ότι οικογένεια του φίλου τους του Δημήτρη έχει δύο παιδιά. Οι φοιτητές αυτοί θέλουν να βρούνε την πιθανότητα ο Δημήτρης να έχει αδερφό. Όσο όμως το σκέφτονται , τόσο δυσκολεύονται !

- Η πρώτη σκέψη είναι ότι στην περίπτωση αυτή ο δειγματικός χώρος είναι : $\Omega = \{ {\rm A}{\rm A},{\rm A}{\rm K},{\rm K}{\rm A}\}$ , διότι ξέρουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον αγόρι στην οικογένεια. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι $\frac{1}{3}$ .

- Η δεύτερη σκέψη είναι ότι κανονικά η πιθανότητα είναι $\frac{1}{2}$ , διότι το φύλλο του δεύτερου παιδιού δεν εξαρτάται από το πρώτο (η πιθανότητα δεν έχει μνήμη !!!)

Πώς μπορούμε να βοηθήσουμε αυτούς τους δύο φοιτητές να επιλέξουν τη σωστή απάντηση ;

Μπάμπης

( Με παραίνεση του Θανάση, η πληροφορία ότι ο Δημήτρης είναι ο μεγαλύτερος έφυγε.Τον ευχαριστώ πολύ.)

- Τα ενδεχόμενα $\displaystyle{\{AA\},\{AK\},\{KA\}}$ δεν είναι ισοπίθανα για να ισχυριστούμε ότι η πιθανότητα είναι $\frac{1}{3}.$
Συγκεκριμένα το ενδεχόμενο $\{AA\}$ πραγματοποιείται αν $A\Delta$ ή $\Delta A,$ όπου $\Delta$ ο Δημήτρης.
Ο δειγματικός χώρος $\displaystyle{\{A\Delta, \Delta A, \Delta K,K \Delta \}}$ αποτελείται από ισοπίθανα ενδεχόμενα, επομένως η πιθανότητα είναι $\displaystyle{\frac{2}{4}.}$

- Γνωρίζουμε ότι ο Δημήτρης έχει αδέλφι (sibling). Επειδή κάθε γέννηση είναι ανεξάρτητη από τις υπόλοιπες, η πιθανότητα είναι $\displaystyle{\frac{1}{2}}$

- Ένας άλλος τρόπος να το δούμε είναι ο εξής: η πιθανότητα είναι

(πιθανότητα ο Δημήτρης να είναι ο μικρότερος)χ(πιθανότητα το αδέρφι να είναι αγόρι)+(πιθανότητα ο Δημήτρης να είναι ο μεγαλύτερος)χ(πιθανότητα το αδέρφι να είναι αγόρι)=1/2χ1/2+1/2χ1/2=1/2...

thanasis kopadis έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 4

Μια τάξη έχει αγόρια και κορίτσια.
α) Με πόσους τρόπους μπορεί να προκύψει το πενταμελές συμβούλιο της τάξης;
β) Πόσοι από τους παραπάνω τρόπους έχουν:
i) ακριβώς κορίτσια
ii) τουλάχιστον κορίτσια
iii) το πολύ κορίτσια
γ) Αν πάρουμε στην τύχη μαθητές από την τάξη αυτή ποια είναι η πιθανότητα να έχουμε ίδιο αριθμό αγοριών και κοριτσιών;

α) Έχουμε να επιλέξουμε 5 από τους 12+14=26 μαθητές και δε μας ενδιαφέρει η σειρά επιλογής. Επομένως, έχουμε $\displaystyle{\binom{26}{5}}$ τρόπους.

β)
i) Έχουμε να επιλέξουμε 3 από τα 14 κορίτσια και 2 από τα 12 αγόρια.
Επομένως, έχουμε $\displaystyle{\binom{14}{3}\binom{12}{2}}$ τρόπους.
ii) Έχουμε να επιλέξουμε 3 ή 4 ή 5 από τα 14 κορίτσια και αντίστοιχα 2,1 ή 0 από τα 12 αγόρια.
Επομένως, έχουμε $\displaystyle{\binom{14}{3}\binom{12}{2}+\binom{14}{4}\binom{12}{1}+\binom{14}{5}\binom{12}{0}}$ τρόπους.
iii) Έχουμε να επιλέξουμε 0 ή 1 ή 2 ή 3 από τα 14 κορίτσια και αντίστοιχα 5, 4,3, ή 2 από τα 12 αγόρια.
Επομένως, έχουμε $\displaystyle{\binom{14}{0}\binom{12}{5}+\binom{14}{1}\binom{12}{4}+\binom{14}{2}\binom{12}{3}+\binom{14}{3}\binom{12}{2}}$ τρόπους.

γ) Μπορούμε να επιλέξουμε 6 μαθητές από την τάξη με $\binom{26}{6}$ τρόπους. Μπορούμε να επιλέξουμε 3 αγόρια και 3 κορίτσια με $\binom{14}{3}\binom{12}{3}$ τρόπους.
Επομένως η ζητούμενη πιθανότητα είναι $\displaystyle{\frac{\binom{14}{3}\binom{12}{3}}{\binom{26}{6}} }$

ΑΣΚΗΣΗ 5
Πόσα ζάρια πρέπει να ρίξουμε ώστε η πιθανότητα να φέρουμε ακριβώς δύο εξάρια να είναι μέγιστη;
(Προσπαθήστε να αποφύγετε μεθόδους του διαφορικού λογισμού.)

ΑΣΚΗΣΗ 6
Σε ένα δοχείο βρίσκονται

κόκκινοι και

άσπροι βόλοι.
Έστω

η πιθανότητα να επιλέξουμε, με επανάθεση, δύο κόκκινους βόλους.
Έστω

η πιθανότητα να επιλέξουμε, χωρίς επανάθεση, τρεις κόκκινους βόλους.
Βρείτε το

αν

.

ealexiou

socrates έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 6
Σε ένα δοχείο βρίσκονται κόκκινοι και άσπροι βόλοι.
Έστω η πιθανότητα να επιλέξουμε, με επανάθεση, δύο κόκκινους βόλους.
Έστω η πιθανότητα να επιλέξουμε, χωρίς επανάθεση, τρεις κόκκινους βόλους.
Βρείτε το αν .

$p=\dfrac{3}{3+k} \times\dfrac{3}{3+k}=\dfrac{9}{ (3+k)^{2}}$
$q=\dfrac{3}{3+k}\times\dfrac{2}{2+k}\times\dfrac{1}{1+k}=\dfrac{6}{(3+k)\times(2+k)\times(1+k)}$

$p=5q \Rightarrow\dfrac{9}{(3+k)^{2}}=\dfrac{5 \times6}{(3+k)\times(2+k)\times(1+k)}\Rightarrow$ $\dfrac{9}{3+k}=\dfrac{30}{(2+k)\times(1+k)} \Rightarrow$

$9 \times (2+k) \times (1+k)=90+30k \Rightarrow 3k^2-k-24=0$ , η οποία έχει ρίζες:

$k=-\dfrac{8}{3}$ απορρίπτεται και k=3

. Άρα

ΑΣΚΗΣΗ 7

Να βρεθεί η πιθανότητα να μην έχουμε

μπροστά από το γράμμα

στους αναγραμματισμούς της λέξης $\text{ABRAKADABRA}$

(Τουρκία - 2003).

*** Η απάντηση είναι $\frac {5}{7}$ , αλλά στην εύρεση των ευνοϊκών περιπτώσεων βρίσκω δυσκολία.

Μπάμπης

Grosrouvre

ealexiou έγραψε:
exdx έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 2

Έχουμε έξι εξαρτήματα μιας μηχανής εκ των οποίων δύο είναι ελαττωματικά. Αν αντικαταστήσουμε δύο κατά τύχη, να βρείτε :
α) την πιθανότητα να αντικαταστήσαμε τα δύο ελαττωματικά .
β) την πιθανότητα να αντικαταστήσαμε τουλάχιστον ένα ελαττωματικό .
α) Η πιθανότητα να αντικαταστήσουμε, κατά τύχη, και τα δύο ελαττωματικά είναι σαν να ζητάμε την πιθανότητα σε ένα βάζο με έξι μπίλιες, δύο μαύρες ( $\approx 2$ ελαττωματικά εξαρτήματα) και τέσσερις λευκές ( $\approx 4$ γνήσια εξαρτήματα) να βγάλουμε και τις δύο μαύρες μπίλιες.
$P_{2M( \approx 2E \Lambda)}=\dfrac{2}{6} \times\dfrac{1}{5}=\dfrac{1}{15}=6. \overline{6} \%$

Γειά σας! Μία παρατήρηση πάνω στην δεύτερη άσκηση.

Διαβάζοντας την εκφώνηση, δεν μου είναι ξεκάθαρο εάν η αντικατάσταση των δύο "μαύρων μπιλιών" από τις αντίστοιχες άσπρες γίνεται ταυτόχρονα ή διαδοχικά.

Η παραπάνω απάντηση, νομίζω ότι αναφέρεται στην ταυτόχρονη αντικατάσταση (δηλαδή, πριν μπει στο βάζο η πρώτη "καλή" άσπρη, να επιλέξουμε από τις εναπομείναντες την δεύτερη "κακή" μαύρη και στη θέση τους να βάλουμε δύο άσπρες). Εάν όμως μετά την ολοκλήρωση της αντικατάστασης της πρώτης, ακολουθεί η δεύτερη, τότε νομίζω ότι η ζητούμενη πιθανότητα θα ήταν:

$\displaystyle{P = \frac{2}{6}\cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{18}}.$

Καθώς, η δεύτερη επιλογή θα γίνει τώρα από

μπίλιες, εκ των οποίων οι

είναι άσπρες και η μία μαύρη.

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 7

Να βρεθεί η πιθανότητα να μην έχουμε μπροστά από το γράμμα στους αναγραμματισμούς της λέξης $\text{ABRAKADABRA}$

(Τουρκία - 2003).

*** Η απάντηση είναι $\frac {5}{7}$ , αλλά στην εύρεση των ευνοϊκών περιπτώσεων βρίσκω δυσκολία.

Μπάμπης

Σύμφωνα με το σύνδεσμο,
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 4#p3490349
ψάχνουμε την πιθανότητα να μην υπάρχει

πριν το πρώτο

και είναι όντως $\displaystyle{\frac{5}{7}.}$

Για την πιθανότητα "να μην έχουμε

μπροστά από το γράμμα

" (δηλ. να μην έχουμε συλλαβές $\displaystyle{BA}$ ) βρίσκω $\displaystyle{\frac{10}{11}...}$

socrates έγραψε:
Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 7

Να βρεθεί η πιθανότητα να μην έχουμε μπροστά από το γράμμα στους αναγραμματισμούς της λέξης $\text{ABRAKADABRA}$

(Τουρκία - 2003).

*** Η απάντηση είναι $\frac {5}{7}$ , αλλά στην εύρεση των ευνοϊκών περιπτώσεων βρίσκω δυσκολία.

Μπάμπης

Σύμφωνα με το σύνδεσμο,
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 4#p3490349
ψάχνουμε την πιθανότητα να μην υπάρχει πριν το πρώτο και είναι όντως $\displaystyle{\frac{5}{7}.}$

Για την πιθανότητα "να μην έχουμε μπροστά από το γράμμα " (δηλ. να μην έχουμε συλλαβές $\displaystyle{BA}$ ) βρίσκω $\displaystyle{\frac{10}{11}...}$

Για το πρόβλημα όπου το πρώτο

είναι πριν το πρώτο

η πιθανότητα είναι 5/7

: Επιλέγουμε που εμφανίζονται τα υπόλοιπα γράμματα. Για κάθε επιλογή, μένουν τα

και τα

και η πιθανότητα το πρώτο

είναι πριν το πρώτο

να είναι πριν το πρώτο

είναι

αφού αυτή είναι η πιθανότητα στην πρώτη κενή θέση να τοποθετηθεί

.

Για το πρόβλημα όπου απαγορεύεται η εμφάνιση του

βρίσκω πιθανότητα 8/9

:

Υπάρχουν $\displaystyle{ \frac{11!}{5!2!2!}}$ διαφορετικές τοποθετήσεις. Από αυτές υπάρχουν $\displaystyle{ \frac{9!}{4!2!}}$ τοποθετήσεις με το

στην πρώτη θέση και το

στην δεύτερη. Ομοίως για κάθε $1 \leqslant k \leqslant 10$ υπάρχουν $\displaystyle{ \frac{9!}{4!2!}}$ τοποθετήσεις με το

στην

θέση και το

στην

. Θα θέλαμε να πούμε ότι υπάρχουν $\displaystyle{ \frac{9!}{4!2!} \times 10}$ τοποθετήσεις όπου εμφανίζεται το

όμως κάναμε κάποιες διπλομετρήσεις. Μετρήσαμε δύο φορές τις περιπτώσεις όπου έχουμε δύο εμφανίσεις του

. Σε τέτοια περίπτωση υπάρχουν $k \geqslant 1$ και $k+2 \leqslant \ell \leqslant 10$ ώστε το

να εμφανίζεται στις θέσεις $k,\ell$ και το

στις θέσεις $k+1,\ell+1$ . Έχουμε $\binom{9}{2}$ τέτοιες περιπτώσεις. (Μπορούμε είτε να γράψουμε κάτω όλα τα δυνατά ζεύγη $(k,\ell)$ είτε να παρατηρήσουμε πως υπάρχει 1-1 αντιστοιχία μεταξύ των ζευγών $(k,\ell-1)$ και των υποσυνόλων του $\{1,2,\ldots,9\}$ μεγέθους

.) Για κάθε τέτοια περίπτωση μπορούμε να επιλέξουμε τα υπόλοιπα γράμματα με $\displaystyle{ \frac{7!}{3!2!}}$

Οπότε έχουμε $\displaystyle{ \frac{10!}{4!2!} - \frac{7!}{3!2!} \binom{9}{2} = \frac{9!}{4!2!}\left(10 - 2 \right) = \frac{9!}{3!}}$ περιπτώσεις όπου εμφανίζεται το

.

Άρα η πιθανότητα είναι $\displaystyle{ \frac{9! }{3!} \frac{5!2!2!}{11!} = \frac{8}{9}.}$

Επεξεργασία: Έγινε διόρθωση του αποτελέσματος αφού μέτρησα $\binom{8}{2}$ ζεύγη $(k,\ell)$ με $k \geqslant 1$ και $k+2 \leqslant \ell \leqslant 10$ αντί του σωστού που ήταν $\binom{9}{2}$ . Ευχαριστώ τον Θανάση που το πρόσεξε.

ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Μέλη σε σύνδεση