Matematické Fórum

Jaros · 23. 10. 2009 14:09

Ahoj potřeboval bych pomoct s příklady: Máme balíček 32 hracích karet a náhodně je zamícháme. Jaká je pravděpodobnost, že:
(a) první čtyři karty jsou esa?
(b) první čtyři karty lze uspořádat do postupky 7,8,9,10 v jedné barvě?
(c) první čtyři karty lze uspořádat do postupky kluk, dáma, král, eso, přičemž mohou býti i v různých
barvách?
(d) všechny karty jsou seřazeny střídavě červená, černá, červená, černá,. . . atd.?

a,b,c mám ale nevím jak na do d!

Házíme třemi šestistěnnými hracími kostkami a sledujeme součet hozených hodnot. Jaká je pravděpo-
dobnost, že je součet
(a) 6?
(b) lichý?
(c) sudý?

tady mám pouze a!

Díky za pomoc

marnes · 23. 10. 2009 14:32 — Editoval marnes (23. 10. 2009 14:33)

↑ Jaros:
1. Příklad
BCBCBC....
B červená
C černá

jelikož karty jdou rozlišit a musím je použít všechny, tak vytvářím permutace bez opak

16!*16! to je počet příznivých
počet všech 32!

marnes · 23. 10. 2009 14:37

↑ Jaros:
Řeším, že kostky jdou rozlišit
a) všechny liché 3*3*3
b) první dvě sudé , třetí lichá 3*3*3
první třetí druhá
druhá třetí první

3*3*3*3

celkem příznivých 3^3+3^4
celkem možností 6^3

bsft · 23. 10. 2009 22:57

Chtěl bych se zeptat na tento příklad. Tedy když hážu třemi kostkami a kdy je součet 6.

Podle mě to nastane ve třech případech 1,1,4 - 1,2,3 - 2,2,2 nerozlišuju pořadí, ale nevím jak mám určit ten celkový počet možností. Je to vůbec dobře, jak uvažuju? Díky za radu..

Jan Jícha · 23. 10. 2009 23:08

Já myslím, že na pořadí záleží. Když hážu 2 kostkami, mám 5 možností jak hodit součet 6.
1,5
2,4
3,3
4,2
5,1

Tj, 5 možností, a dělím to všemi kombinacemi což je 36.

A u třech kostkách to bude možná $\frac{5^2}{6^3}$ Ale jen tipuju.

Kondr · 24. 10. 2009 00:41

↑ bsft:Dobrá cesta, ale pořadí je třeba rozlišit, jak píše Honza.
1,1,4 - lze hodit 3 způsoby
1,2,3 - lze hodit 6 způsoby
2,2,2 - lze hodit jedním způsobem
Celkem 10 možností, jak hodit součet 6.
Přitom pro každý ze 3 hodů máme 6 možností, což je 6^3=216. Celková pravděpodobnost je proto $\frac{10}{216}=\frac{5}{108}$ .

Části b) a c) příkladu s kostkami jsou snadné, uvědomíme-li si, že přetočením jedné kostky vzhůru nohama* změníme sudoý součet na lichý a opačně, sudých je proto stejně jako lichých a obě odpovědi jsou 1/2.

K prvnímu příkladu:
(a) první čtyři karty jsou esa?
Možných prvních čtveřic je ${32\choose 4}$ , vyhoví jen jedna, proto $P=\frac1{32\choose 4}$

(b) první čtyři karty lze uspořádat do postupky 7,8,9,10 v jedné barvě?
Možných prvních čtveřic je ${32\choose 4}$ , vyhoví jen 4 (od každé barvy 1), proto $P=\frac4{32\choose 4}$

(c) první čtyři karty lze uspořádat do postupky kluk, dáma, král, eso, přičemž mohou býti i v různých barvách?
Možných prvních čtveřic je ${32\choose 4}$ , vyhoví jen $4^4$ (čtyřmi způsoby zvolíme barvu kluka, čtyřmi barvu dámy, ...; volby jsou nezávislé, lze použít pravidlo součinu). proto $P=\frac{4^4}{32\choose 4}$

(d) všechny karty jsou seřazeny střídavě červená, černá, červená, černá,. . . atd.?
Možných rozmístění červených karet v rámci balíčku je ${32\choose 16}$ , vyhoví jediné, proto souhlas s marnesem.

----
* předpokládám, že na protějších stěnách je součet 7. Pro jiné kostky je to těžší formulovat, ale funguje to samozřejmě stejně.

bsft · 24. 10. 2009 09:19

OK, teď už tomu rozumím, že pořadí je třeba rozlišit. Díky moc.

Jaros · 26. 10. 2009 09:39

Neví někdo ještě tento příklad? Hodíme čtyřmi kostkami. Jsou jevy A „padne postupka čtyř po sobě jdoucích číselÿ a B „padne sudý
součet čtyř kostekÿ nezávislé? nevím si s ním rady. Díky

Kondr · 26. 10. 2009 12:25

Jaros napsal(a):
Hodíme čtyřmi kostkami. Jsou jevy
A „padne postupka čtyř po sobě jdoucích čísel"
B „padne sudý součet čtyř kostek"
nezávislé?

P(B|A)=1 (kdykoliv padne postupka, má sudý součet. Ověříme vypsáním tří možností.)
P(B)=0.5 (Každé možnosti se sudým součtem lze přiřadit možnost s lichým).
Protože se tyto pravděpodobnosti nerovnají, jsou jevy závislé.

kucape · 26. 10. 2015 14:54

↑ Kondr:

Mel bych jeste dotaz k prikladu b,

první čtyři karty lze uspořádat do postupky 7,8,9,10 v jedné barvě?
Možných prvních čtveřic je ${32\choose 4}$ , vyhoví jen 4 (od každé barvy 1), proto $P=\frac4{{32\choose 4}}$

Mozna nechapu zadani, ale proc se nezapocitavaji moznosti kdy budem mit treba na prvnich pozicich kraty: 7,9,8,10 , 7,9,10,8 , ard.. takze $P=\frac{4\cdot 4!}{{32\choose 4}}$ ?

Kdybych trochu upravil zadani a chtel treba pravdepodobnost, kdy první čtyři karty lze uspořádat do postupky 7,8,9,10 v cerne barvě.
Tak je spravny vysledek $P=\frac{2}{{32\choose 4}}$ ?

LukasM · 26. 10. 2015 15:37 — Editoval LukasM (26. 10. 2015 15:40)

↑ kucape:
Započítávají se. Kondr sice má v čitateli čtyřku, takže možnosti např. 7,8,9,10 a 7,9,8,10 bere jako jednu - ovšem celkový počet čtveřic ve jmenovateli počítal taky tak (má tam to kombinační číslo). Tvůj postup míchá hrušky s jabkama, protože v čitateli používáš variace (a tedy počítáš ty přeházené možnosti zvlášť) a ve jmenovateli zase kombinace. Jestli chceš, napiš to takhle: $P=\frac{4\cdot 4!}{32\cdot 31\cdot 30\cdot 29}$ . To je klidně možné, nahoře i dole jsi použil variace a přeházené možnosti počítáš zvlášť.

Ovšem po úpravě dostaneš $P=\frac{4\cdot 4!}{32\cdot 31\cdot 30\cdot 29}=\frac{4}{\frac{32\cdot 31\cdot 30\cdot 29}{4!}}=\frac{4}{\frac{32!}{28!\cdot 4!}}=\frac{4}{{32 \choose 4}}$ . Oba postupy jsou správné a tedy dávají stejný výsledek.

Pokud jde o tvé upravené zadání, souhlasím.

kucape · 26. 10. 2015 17:02

↑ LukasM:

Diky

Matematické Fórum

#1 23. 10. 2009 14:09

Pravděpodobnost

#2 23. 10. 2009 14:32 — Editoval marnes (23. 10. 2009 14:33)

Re: Pravděpodobnost

#3 23. 10. 2009 14:37

Re: Pravděpodobnost

#4 23. 10. 2009 22:57

Re: Pravděpodobnost

#5 23. 10. 2009 23:08

Re: Pravděpodobnost

#6 24. 10. 2009 00:41

Re: Pravděpodobnost

#7 24. 10. 2009 09:19

Re: Pravděpodobnost

#8 26. 10. 2009 09:39

Re: Pravděpodobnost

#9 26. 10. 2009 12:25

Re: Pravděpodobnost

Jaros napsal(a):

#10 26. 10. 2015 14:54

Re: Pravděpodobnost

#11 26. 10. 2015 15:37 — Editoval LukasM (26. 10. 2015 15:40)

Re: Pravděpodobnost

#12 26. 10. 2015 17:02

Re: Pravděpodobnost

Zápatí