1. W książce liczącej 300 stron znajduje się 60 błędów. Obliczyć prawdopodobieństwo ze na 20 stronie.... Question from @Rafinho

January 2019 1 87 Report

1. W książce liczącej 300 stron znajduje się 60 błędów. Obliczyć prawdopodobieństwo ze na 20 stronie znajduja sie co najmniej 4 bledy.

2. Rzucamy dwiema kostkami do gry. Rozpatrzmy trzy zdarzenia:
A-suma oczek jest parzysta
B-suma oczek jest mniejsza niż 4
C-suma oczek jest podzielna przez 13
Czy zdarzenia A, B, C są niezależne?

HaGa55
Zadanie 1

Każdy z 60 błędów mógł trafić na dowolną z 60 stron
(zakładamy, że z takim samym samym prawdopodobieństwem,
co wprawdzie jest mało życiowe, ale co tam)

Dlatego liczba wszystkich możliwych rozlokowań tych błędów (czyli liczność przestrzeni zdarzeń elementarnych OMEGA)
wynosi $300^{60}$

Jeśli opisane w zadaniu zdarzenie oznaczymy przez $A$ ,
to $A^{'}$ , czyli zdarzenie przeciwne do $A$ ,
możemy przedstawić jako sumę czterech parami wykluczających się zdarzeń:

$A_{0}$ - na stronie 20 nie ma błędu
Oznacza to, że każdy z 60 błędów znalazł się na którejś z 299 stron.
Takich możliwości jest więc $299^{60}$

$A_{1}$ - na stronie 20 jest dokładnie 1 błąd
Najpierw trzeba ustalić, który to błąd
Możemy wybrać błąd na 60 sposobów (wybieramy 1 element z 60)
Następnie każdy z pozostałych 59 błędów trafia na dowolną z pozostałych 299 stron,
co może się zdarzyć na $299^{59}$ sposobów
Łącznie zdarzeń elementarnych w $A_{1}$
(czyli sprzyjających zdarzeniu $A_{1}$ )

jest $60* 299^{59}$

$A_{2}$ - na stronie 20 są dokładnie 2 błędy
Ustalamy, które to 2 błędy z 60
2 elementy z 60 możemy wybrać na

$\frac{59*60}{2} =59*30$ sposobów

(jest to obliczanie liczby kombinacji
z pomocą symbolu Newtona "60 po 2", czy, jak kto woli, "60 nad 2"))

Teraz stwierdzamy, że każdy z pozostałych 58 błędów może znaleźć się
na dowolnej z pozostałych 299 stron,
co daje $299^{58}$ możliwości

Ostatecznie

$A_{2}$ ma $59*30* 299^{58}$ elementów

$A_{3}$ - na stronie 20 są dokładnie 3 błędy
Ustalamy, które to 3 błędy z 60
3 elementy z 60 możemy wybrać na

$\frac{58*59*60}{2*3} =58*59*10$ sposobów

(jest to obliczanie liczby kombinacji
z pomocą symbolu Newtona "60 po 3", czy, jak kto woli, "60 nad 3"))

Teraz stwierdzamy, że każdy z pozostałych 57 błędów może znaleźć się
na dowolnej z pozostałych 299 stron,
co daje $299^{57}$ możliwości

Ostatecznie

$A_{3}$ ma $58*59*10* 299^{57}$ elementów

Podsumowując:
Korzystamy z faktu, że zdarzenia $A_{0}$ , $A_{1}$ , $A_{2}$ i $A_{3}$
parami wykluczają się (więc prawdopodobieństwo sumy jest sumą prawdopodobieństw),
z wzoru na prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego
oraz, oczywiście, z wzoru na prawdopodobieństwo klasyczne
(bo założyliśmy, że zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne)
otrzymujemy odpowiedź

$P(A)=1-P( A^{'} )=1-(P( A_{0})+P( A_{1})+P( A_{3})+P( A_{3}))$

$P(A)=1- \frac{ 299^{60} +60* 299^{59} +59*30* 299^{58}+58*59*10* 299^{57} }{ 300^{60} }$

Zadanie 2

Przestrzeń zdarzeń elementarnych OMEGA dla dwukrotnego rzutu kostką sześcienną składa się z par uporządkowanych postaci (x,y), gdzie x i y to dowolne liczby od 1 do 6
Dlatego liczność przestrzeni OMEGA
wynosi $6^{2}=36$

Suma dwóch liczb jest liczbą parzystą, gdy sumujemy 2 liczby parzyste kub 2 nieparzyste. Dlatego zdarzenie A możemy przedstawić jako sumę dwóch wykluczających się wzajemnie zdarzeń:

$A_{1}$ - na każdej z kostek wynik parzysty, czyli któraś z liczb 2, 4 lub 6
$A_{1}$ ma oczywiście $3^{2} =9$ elementów

$A_{2}$ - na każdej z kostek wynik parzysty, czyli któraś z liczb 2, 3 lub 5
$A_{2}$ ma oczywiście także $3^{2} =9$ elementów

Łącznie w A jest 18 zdarzeń elementarnych,
dlatego $P(A)= \frac{18}{36} = \frac{1}{2}$

Na zdarzenie B (suma mniejsza niż 4) składają się tylko
3 zdarzenia elementarne: (1,1), (1,2), (2,1)
dlatego $P(B)= \frac{3}{36} = \frac{1}{12}$

(Uwaga: z braku odpowiedniego znaczka, iloczyn zdarzeń będę oznaczać mała literką "n")

Na zdarzenie AnB (suma mniejsza niż 4 i parzysta) składa się tylko
1 zdarzenia elementarne: (1,1)

dlatego $P(AnB)= \frac{1}{36}$

Ostatecznie stwierdzamy, że

$P(AnB) \neq P(A)*P(B)$

czyli zdarzenia A i B nie są niezależne.

Wystarcza to żeby stwierdzić, że zdarzenia A, B i C nie są niezależne

Jeśli jednak mamy jeszcze dodatkowo przeanalizować jak zdarzenie C ma się do zdarzeń A i B, to łatwo zauważyć, że P(C)=0 (C jest zdarzeniem niemożliwym),
Zatem AnC oraz BnC też są niemożliwe, czyli

P(AnC)=0=P(A)*P(C) (A i C są niezależne)

P(BnC)=0=P(B)*P(C) (B i C są niezależne)