Miért vettük figyelembe a sorrendet a b feladatsornál?
Üdv! Valószínűségszámításban kellene egy kis segítség. A következő a feladat:
Az a) részével nincs gondom, hiszen ott egyértelműen sorbarendezés és visszatevés nélküli kombinációról van szó. Az események komplementeréből kiindulva a végén megkaptam az eredményt:
1. P(A) = 1 - ((10 alatt az 5)/(16 alatt az 5))
2. P(B) = 1 - (((10 alatt az 5) + (6 alatt az 5))/(16 alatt az 5))
A b részét órán viszont máshogy csináltuk. Visszatevéses variációnak vettük ahol számít a sorrend. Amit én nem értek, hogy mégis miért számít itt a sorrend? Mi az árulkodó jel arra, hogy itt számít a sorrend? Variációnál mindig számít a sorrend?
Ha visszatevéssel húzunk az ismétléses variáció.
"Amit én nem értek, hogy mégis miért számít itt a sorrend?"
Ez egy jó kérdés, de egyszerű rá a válasz:
Minden esetben, amikor nem számít a sorrend akkor te döntheted el, hogy úgy számolsz, hogy nem veszed figyelembe a sorrendet vagy figyelembe veszed. A végeredmény nem változik.
Pl 3 egyforma kockával dobsz egyszerre mi az esélye, hogy az összeg nagyobb, mint 10?
Akkor a feladat sugallja, hogy ezek egyforma kockák, és a sorrendjük nem számít.
Másik esetben egy kockával dobsz egymás után 3x, hogy az összeg nagyobb, mint 10?
A feladat itt is leírható úgy, hogy csak a 3 számot veszed figyelembe, tehát a 224 és a 422 ugyanaz az eset. Vagy úgyis leírhatod, hogy itt a sorrendet is figyelembe veszed. (Mert van sorrendje a dobásoknak.)
Azért remélem érzed, hogy a végeredmény nem függhet attól, hogy 3 kockával egyszerre dobsz, vagy 1 kockával 3x egymás után. És attól se függhet, hogy a 2. esetben egy esetnek számolod a 224, 242 és 422-őt vagy 3-nak.
(
Persze, ha egy esetnek számolod a 224-et, akkor figyelembe kell venned, hogy a 224 valószínűsége fele annyi, mint az 135. Különben rossz eredményt kapsz.
)
Nagyon sokszor egyszerűbb felírni a jó és összes esetet úgy, hogy a sorrendet is figyelembe veszed.
Azért egyszerűbb, mert akkor minden esetnek egyforma a valószínűsége.
Ezért érdemes ezt használni. De ez csak jótanács, nem szabály.
Amikor a feladat explicite kijelenti, hogy számít a sorrend, akkor csak egyféleképpen számolhatsz.
Amikor a feladat ezt nem jelenti ki (pl 3 kockával egyszerre dobsz), akkor szabadon dönthetsz, hogy figyelembe veszed a sorrendet vagy nem.
----------------
Az 1. feladatot kiszámolhatom sorbarendezéssel is:
P(A) = 1 - 10*9*8*7*6 / 16*15*14*13*12
Ez nyilván ugyanaz, mint nálad.
P(B) = 1 - csak citromos - csak narancsos
P(B) = 1 - 10*9*8*7*6 / 16*15*14*13*12 - 6*5*4*3*2 / 16*15*14*13*12
Ugyanaz az eredmény, mint amit te kiírtál.
Tehát a 2-esnél NEM FELTÉTLENÜL KELL a sorrendet figyelembe venni, de CÉLSZERŰ. Az eredmény ugyanaz lesz és számolni könnyebb vele.
Ha a sorrendet is figyeled, akkor ismétléses variációt van, az összes eset egyszerűen 16^6
Ha nem veszed figyelembe, akkor ismétléses kombináció az összes eset:
(n+k-1 alatt a k) ez már alapból bonyolultabb.
De a fő baj, hogy az esetek nem egyforma valószínűek, így ezt is figyelembe kell venni.
Pl 2 érmével dobunk
Az előző hsz-t fejeltsd el, átszerkesztettem közben, ezt akartam elküldeni:
Általában igaz az a kijelentés, hogy
minden olyan számítást, amit a sorrend figyelembe vétele nélkül meg lehet csinálni azt meg lehet csinálni a sorrend figyelembe vételével is és ugyanaz fog kijönni.
Pl az 1-es feladat:
P(A) = 1 - 10*9*8*7*6 / 16*15*14*13*12
Ez nyilván ugyanaz, mint nálad.
P(B) = 1 - csak citromos - csak narancsos
P(B) = 1 - 10*9*8*7*6 / 16*15*14*13*12 - 6*5*4*3*2 / 16*15*14*13*12
Ez is ugyanaz.
-------------
A 2-esnél visszatevéses húzás van, ez vagy ismétléses variáció vagy ismétléses kombinációval írható le.
Ki lehetne számolva az utóbbival is, de azzal az a baj, hogy a különböző eseteknek nem egyformma a valószínűsége.
Pl 2 érmével egyszerre dobok, akkor 3 esetet látsz, ha ismétléses kombinációként írod fel:
II, FI, FF
De a 3 eset nem egyforma FI az 2x olyan valószínű mint a másikak. Ezt valahol figyelembe kell venned a számolásnál, amit nagyon könnyű elfelejteni/elrontani.
Ezért ismétléses variációként érdemes felírni.
4 eset van: FF,FI,IF,II és mind egyforma valószínű.
---------------
Pl 3 egyforma kockával dobsz egyszerre mi az esélye, hogy az összeg nagyobb, mint 10?
Akkor a feladat sugallja, hogy ezek egyforma kockák, és a sorrendjük nem számít.
Másik esetben egy kockával dobsz egymás után 3x, hogy az összeg nagyobb, mint 10?
A feladat itt is leírható úgy, hogy csak a 3 számot veszed figyelembe, tehát a 224 és a 422 ugyanaz az eset. Vagy úgyis leírhatod, hogy itt a sorrendet is figyelembe veszed. (Mert van sorrendje a dobásoknak.)
Azért remélem érzed, hogy a végeredmény nem függhet attól, hogy 3 kockával egyszerre dobsz, vagy 1 kockával 3x egymás után. És attól se függhet, hogy a 2. esetben egy esetnek számolod a 224, 242 és 422-őt vagy 3-nak.
Ifjutitan második válasza már jobban tetszik, de szerintem még mindig nem hangsúlyoztad eléggé, hogy ha nem veszed figyelembe a sorrendet, akkor nem azonos az egyes eseteknek a valószínűsége. Tehát olyankor nem lehet simán "kedvező esetek száma" osztva "összes esetek száma" módon számolni!!!
Hiába sugallja a feladat, hogy mondjuk egyformák a kockák és nem számít a sorrend, rosszul jársz, ha úgy számolsz.
De a 2. feladat nem hasonlít erre a kockadobásosra. Itt egymás után húzunk, egyértelmű, hogy számít a sorrend.
Viszont nem érdemes nagyon abban gondolkodni, hogy számít vagy nem számít a sorrend, mert most pl. ebben a 2. feladatban ismétlés nélküli kombinációt is kell használni (mást is...), amit úgy tanultad ugye, hogy akkor használunk, ha nem számít a sorrend és nincs ismétlés. Itt pedig mindkettőnek a fordítottja van.
Nézzük a 2. megoldását:
(Nem tudom, tanultátok-e már azt, hogy ha az egyik esemény valószínűsége p₁, a másiké p₂, akkor annak, hogy ez a két független esemény egymás után mindkettő bekövetkezik, annak p₁·p₂ a valószínűsége. Ezt fogom használni.)
- egy húzáskor annak a valószínűsége, hogy lyukasat húzunk, p = 7/16 (Ez bármelyik húzásra igaz, mert visszatesszük, amit kihúztunk.)
- annak meg, hogy jót húzunk, 1-p
- A = pontosan 3 lyukas: Lehet mondjuk úgy, hogy ly,ly,ly,jó,jó,jó, meg ennek bármilyen más sorrendje. Mindegyiknek p·p·p·(1-p)(1-p)(1-p) a valószínűsége. A 6-ból (6 alatt a 3) módon tudjuk kiválasztani, hogy melyik 3 legyen a lyukas, ezért p(A) = (6 alatt 3)·p³·(1-p)³
(Lehet kombináció helyett ismétléses permutációval számolni, az is ugyanez lesz, de én személy szerint jobb szeretem kombinációnak felfogni.)
- B = legalább 1 jó. Vagyis nem mindegyik lyukas. P(B) = 1 - P(mind a 6 lyukas)
A 6 lyukasnál meg mind a hatszor p valószínűséggel húzunk lyukasat, tehát p⁶ lesz belőle, P(B) = 1-p⁶.
Kapcsolódó kérdések:
Minden jog fenntartva © 2024, www.gyakorikerdesek.hu
GYIK | Szabályzat | Jogi nyilatkozat | Adatvédelem | Cookie beállítások | WebMinute Kft. | Facebook | Kapcsolat: info(kukac)gyakorikerdesek.hu
Ha kifogással szeretne élni valamely tartalommal kapcsolatban, kérjük jelezze e-mailes elérhetőségünkön!