Matematické Fórum

Ginco · 09. 03. 2008 18:01 — Editoval Ginco (09. 03. 2008 19:30)

prosim o dobrou radu, řeším staré příklady z matematické soutěže a narazil jsem na pravděpodobnost.

1. Z jedenácti úkrytů bylo pět neobsazených. Protivník střílel na čtyři úkryty. Jaká je pravděpodobnost, že střílel jen na neobsazené úkryty?
2. S jakou pravděpodobností při hodu šesti různými mincemi (0,50 Kč; 1 Kč; 2 Kč; 5 Kč; 10 Kč; 20 Kč) padne alespoň na dvou mincích líc?

1. úkrytů = 11
obsazené = 6
neobsazené = 5
střelba = 4

řešil bych to takto : $P(a) = \frac {{5\choose 4}*{6\choose 0}}{11\choose4}$

což je ale hrozně malé číslo, takže nevim

2. mince = 6
líc padne alespoň na dvou(tzn. dvou až šesti)
počet všech možností = $2^6$
počet přípustnýcj jevů = nevim jak to zapsat , akorát vim, že by to mělo jít jako viz 1. ,ale s tim že těch kombinačních součinů v čitateli bude více a budou se sčítat

dík za každou radu

Alesak · 09. 03. 2008 19:36 — Editoval Alesak (09. 03. 2008 19:40)

1) rek bych ze to sedi. neusporadanou ctverici z peti bunkru lze vybraz $5\choose 4$ zpusoby, coz je taky pocet priznivych jevu.

2) pocet vsech moznosti sedi. resil bych to tak ze bych si zjistil pravdepodobnost kdy padne 0 nebo 1 licu(doplnkovy jev jevu A, tusim, $A^`$ ) to znamena ze bych nasel kdy padne na 0 mincich lic(1 pripad) a potom kdy padne na 1 minci lic( $6\choose 1$ pripadu). takze vysledek by byl

$P(A) = 1 - \frac {{6\choose 0} + {6\choose 1}}{2^6}$

jestli si chces overit(i kdyz asi dukaz to neni) ze to je spravne, tak zkus secist ${6\choose 0} + {6\choose 1} + ... + {6\choose 6}$ , jestli ti vyjde 32. podle nejakyho vzorecku soucet vsech kombinacnich cisel v jedny rade pascalova trojuhelniku je $2^n$ , to je 32, takze to sedi.

Ginco · 09. 03. 2008 20:01

↑ Alesak:

tím jsi i vlastně odpověděl : $P(A)= \frac{{6\choose2}+{6\choose3}+{6\choose4}+{6\choose5}+{6\choose6}}{2^6}$
mělo by to tedy být takto(to co jsem nevěděl jak se zapíše) Ok dík moc

Mirgule · 17. 03. 2008 18:35

Potřebuju pomoct z příkladem:Kolik je možností sestavení rozvrhů ve třídě na jeden den, když mají předměty ČJ,MA,AJ,FY,VYT,TV.Podmínkou je že TV nesmí být před MA.
Zatím jsem se přes permutace dostala jen k číslu 720, ale to je jen celkový počet rozvrhů, a teď nevím, jak udělat tu podmínku?

Ginco · 17. 03. 2008 19:36

↑ Mirgule:

neznáš výsledek?

mam řešení ale je to blbost : 650 možností

kdyžtak počkej až to někdo vysvětlí, můj postup je jen úvahový : $720 -(6\cdot 5+5\cdot 4+4\cdot 3+3\cdot 2+2\cdot 1)$
řešil jsem to tak, že jsem si od všech možností odečítal to, kdy je Tv před Matikou

Alesak · 17. 03. 2008 22:36

↑ Ginco:
hmm, podle me si tam nezapocital do toho vsechny pripady. resil sem to takle:
pocet vsech moznosti je 6!. ted, matika je posledni, telak je nekde pred ni. telak muzeme umistit 5 zpusobama, zbyli predmeti 4! zpusobama. takze kdyz je matika posledni, odpadne nam 5*4!(nasobime protoze kombinatoricke pravidlo soucinu). kdyz je matika preposledni, telak muzeme pred ni umistit 4 zpusobama, zbyli predmety zase 4! zpusobama. to je 4*4!. takle se to udela pro vsech 6 moznejch pozic matiky. celkove to je 6! - 4!*(5+4+3+2+1) = 360

pak me jeste napadlo mnohem chytrejsi reseni. pocet moznosti kdy telak je pred matikou musi bejt(snad) stejnej jako pocet moznosti kdy je za matikou. to by bylo 720/2 = 360

Ginco · 18. 03. 2008 16:05

↑ Alesak:

jasný, dík

Matematické Fórum

#1 09. 03. 2008 18:01 — Editoval Ginco (09. 03. 2008 19:30)

Pravděpodobnost - střelba

#2 09. 03. 2008 19:36 — Editoval Alesak (09. 03. 2008 19:40)

Re: Pravděpodobnost - střelba

#3 09. 03. 2008 20:01

Re: Pravděpodobnost - střelba

#4 17. 03. 2008 18:35

Re: Pravděpodobnost - střelba

#5 17. 03. 2008 19:36

Re: Pravděpodobnost - střelba

#6 17. 03. 2008 22:36

Re: Pravděpodobnost - střelba

#7 18. 03. 2008 16:05

Re: Pravděpodobnost - střelba

Zápatí