Korisnički Kontrolni Panel
Pogledajte svoj profil
Pogledajte svoje postove
ČPP
Prijavite se

Matematički forum na kojem možete da diskutujete o raznim matematičkim oblastima, pomognete drugima oko rešavanja zadataka, a i da dobijete pomoć kada vam zatreba


















Index stranica OSTALE MATEMATIČKE OBLASTI VEROVATNOĆA

Bacanje pet kockica – dobijanje dve petice i dve cetvorke

[inlmath]P\left(A_k/B\right)P\left(B\right)=P\left(B/A_k\right)P\left(A_k\right)[/inlmath]

Bacanje pet kockica – dobijanje dve petice i dve cetvorke

Postod dusan91 » Nedelja, 13. Novembar 2016, 02:21

Baca se pet kockica, naci verovatnocu da se dobiju dve petice i dve cetvorke?
Ja bih to resavao po [inlmath]\displaystyle\frac{1}{6}[/inlmath] za dve petice i [inlmath]\displaystyle\frac{1}{6}[/inlmath] za dve cetvorke i [inlmath]\displaystyle\frac{4}{6}[/inlmath] za poslednju kockicu i sve izmnozim?
dusan91  OFFLINE
 
Postovi: 41
Zahvalio se: 12 puta
Pohvaljen: 13 puta

Sharuj ovu temu na:

Share on Facebook Facebook Share on Twitter Twitter Share on MySpace MySpace Share on Google+ Google+
  • +1

Re: Bacanje pet kockica – dobijanje dve petice i dve cetvorke

Postod Daniel » Nedelja, 13. Novembar 2016, 09:59

Taj postupak bi bio dobar kada bi redosled dobijenih brojeva na kockicama bio bitan. To jest, kad bi jedna kockica bila na prvoj poziciji, druga na drugoj... peta na petoj, pa se traži da na prve dve pozicije budu petice, na trećoj i četvrtoj četvorke, a na petoj neki broj koji nije petica ili četvorka.
Ili, kad bismo istu kockicu bacali pet puta pa tražili verovatnoću da u prva dva bacanja ispadne petica, u naredna dva četvorka, a u petom bacanju neki od preostala četiri broja.
Tada bismo verovatnoću mogli računati i kao količnik broja povoljnih i broja ukupnih događaja, gde bi broj povoljnih događaja bio [inlmath]1\cdot1\cdot1\cdot1\cdot4[/inlmath], a broj mogućih događaja bi bio broj varijacija s ponavljanjem od [inlmath]6[/inlmath] elemenata [inlmath]5.[/inlmath] klase, tj. [inlmath]\overline V_6^5=6^5[/inlmath].

Međutim, budući da se ovih pet kockica baca istovremeno, da se ni po čemu ne razlikuju i da nije bitan njihov redosled (inače bi to u zadatku bilo naglašeno), kao povoljan slučaj se ne uzima samo [inlmath]5544X[/inlmath], već i [inlmath]X4455[/inlmath], [inlmath]45X45[/inlmath], [inlmath]4X554[/inlmath], [inlmath]554X4[/inlmath] itd., tj. broj permutacija s ponavljanjem od [inlmath]5[/inlmath] elemenata, pri čemu se elementi [inlmath]5[/inlmath] i [inlmath]4[/inlmath] ponavljaju svaki po dvaput. Pošto uz to [inlmath]X[/inlmath] označava neki od [inlmath]4[/inlmath] različita elementa, potrebno je još broj ovih permutacija s ponavljanjem pomnožiti sa [inlmath]4[/inlmath] kako bi se dobio broj povoljnih slučajeva.
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 9300
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 5151 puta
Pohvaljen: 4951 puta

  • +1

Re: Bacanje pet kockica – dobijanje dve petice i dve cetvorke

Postod dusan91 » Nedelja, 13. Novembar 2016, 13:15

negde sam video slican zadatak da se radi sa kombinacijama...analogija za ovaj bi bilo: od [inlmath]5[/inlmath] mesta izaberemo [inlmath]2[/inlmath] za petice - [inlmath]5\choose2[/inlmath], zatim od preostala [inlmath]3[/inlmath] izaberemo [inlmath]2[/inlmath] za cetvorke [inlmath]3\choose2[/inlmath] i pomnozimo sa [inlmath]4^1[/inlmath] (cetiri ostala broja, a jedno mesto)
Resenje:-
[dispmath]\frac{{5\choose2}{3\choose2}4}{6^5}[/dispmath]
ne znam kako bih uradio sa permutacijama :unsure:
dusan91  OFFLINE
 
Postovi: 41
Zahvalio se: 12 puta
Pohvaljen: 13 puta

  • +1

Re: Bacanje pet kockica – dobijanje dve petice i dve cetvorke

Postod Daniel » Nedelja, 13. Novembar 2016, 15:14

Tako je, može da se uradi i preko kombinacija bez ponavljanja – sasvim ispravan postupak.

Preko permutacija s ponavljanjem može da se uradi na sledeći način. Povoljni slučajevi su svi oni kod kojih se na bilo koje dve kocke pojave dve petice, na bilo koje dve kocke dve četvorke i na onoj koja preostane – neki broj koji nije četiri ili pet. Taj broj koji nije četiri ili pet posmatramo kao neki element [inlmath]X[/inlmath] (kasnije ćemo uzeti u obzir to da on može imati neku od četiri vrednosti, zasad ga posmatramo kao jedan element). Znači, ukupno imamo [inlmath]5[/inlmath] elemenata – [inlmath]4,4,5,5,X[/inlmath], tj. [inlmath]n=5[/inlmath]. Element [inlmath]4[/inlmath] se pojavljuje dvaput (tj. [inlmath]n_1=2[/inlmath]), element [inlmath]5[/inlmath] se pojavljuje takođe dvaput (tj. [inlmath]n_2=2[/inlmath]) i element [inlmath]X[/inlmath] se pojavljuje jednom (tj. [inlmath]n_3=1[/inlmath]). Znači, broj njihovih permutacija s ponavljanjem, prema formuli [inlmath]\overline P_n^{n_1,n_2,\ldots,n_m}=\frac{n!}{n_1!\cdot n_2!\cdots n_m!}[/inlmath], biće
[dispmath]\overline P_5^{2,2,1}=\frac{5!}{2!\cdot2!\cdot1!}[/dispmath]
Taj broj mogućnosti dobije se za svaku od mogućih vrednosti elementa [inlmath]X[/inlmath]. A pošto element [inlmath]X[/inlmath] može imati neku od [inlmath]4[/inlmath] vrednosti, potrebno je prethodno dobijeni broj mogućnosti još pomnožiti sa [inlmath]4[/inlmath]. Dakle,
[dispmath]\frac{5!}{\cancel2!\cdot\cancel2!\cdot1!}\cdot\cancel4=5!=120[/dispmath]
što je isti broj povoljnih slučajeva koji se dobije i preko kombinacija bez ponavljanja, [inlmath]{5\choose2}{3\choose2}4[/inlmath].



I uopšte, kombinacije bez ponavljanja i permutacije s ponavljanjem dosta su povezane. Broj slučajeva u kojima na [inlmath]n[/inlmath] pozicija raspoređujemo [inlmath]m[/inlmath] različitih elemenata, pri čemu se element [inlmath]a_i[/inlmath] pojavljuje [inlmath]n_i[/inlmath] puta, preko kombinacija bez ponavljanja zapisujemo kao
[dispmath]C_n^{n_1}C_{n-n_1}^{n_2}C_{n-n_1-n_2}^{n_3}\cdots C_{n_{m-1}+n_m}^{n_{m-1}}C_{n_m}^{n_m}[/dispmath]
a to se dalje može zapisati kao
[dispmath]\begin{align}
&{n\choose n_1}{n-n_1\choose n_2}{n-n_1-n_2\choose n_3}\cdots{n_{m-1}+n_m\choose n_{m-1}}{n_m\choose n_m}=\\
=&\small\frac{n!}{{\color{blue}\cancel{(n-n_1)!}}n_1!}\cdot\frac{\color{blue}\cancel{(n-n_1)!}}{{\color{red}\cancel{(n-n_1-n_2)!}}n_2!}\cdot\frac{\color{red}\cancel{(n-n_1-n_2)!}}{{\color{#808000}\cancel{(n-n_1-n_2-n_3)!}}n_3!}\cdots\frac{\color{purple}\cancel{(n_{m-1}+n_m)!}}{{\color{green}\cancel{(\bcancel{n_{m-1}}+n_m-\bcancel{n_{m-1}})!}}n_{m-1}!}\cdot\frac{\color{green}\cancel{n_m}}{\underbrace{(n_m-n_m)!}_{\large0!=1}n_m!}\\
=&\frac{n!}{n_1!\cdot n_2!\cdot n_3!\cdots n_{m-1}!\cdot n_m!}\\\
\\\
=&\overline P_n^{n_1,n_2,n_3\ldots,n_{m-1},n_m}
\end{align}[/dispmath]
i to je ta veza između kombinacija bez ponavljanja i permutacija s ponavljanjem.
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 9300
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 5151 puta
Pohvaljen: 4951 puta


Povratak na VEROVATNOĆA

Ko je OnLine

Korisnici koji su trenutno na forumu: Nema registrovanih korisnika i 40 gostiju


Index stranicaTimObriši sve kolačiće boarda
Danas je Četvrtak, 28. Mart 2024, 22:38 • Sva vremena su u UTC + 1 sat
Pokreće ga phpBB® Forum Software © phpBB Group
Prevod – www.CyberCom.rs