eMatematikas Prisijunk Forumas VBE užduotys ONLINE testai

2018 matematikos egzaminas: 24 uždavinys


VBE 2018m. 24užd.
Automobilių stovėjimo aikštelėje iš viso yra 12 stovėjimo vietų vienoje eilėje. Į šią aikštelę atvyko 8 automobiliai. Aikštelėje vienas automobilis užima vieną vietą.
1) Apskaičiuokite, keliais skirtingais būdais 8 automobiliai gali būti pastatyti šiose stovėjimo vietose
2) 8 automobiliai atsitiktinai buvo pastatyti stovėjimo vietose. Apskaičiuokite tikimybę, kad automobiliai buvo pastatyti iš eilės vienas prie kito, nepaliekant tarp jų tuščių stovėjimo vietų.
3) 8 automobilius atsitiktinai pastačius stovėjimo vietose, į stovėjimo aikštelę atvyko Greta. Ji mėgsta plačiai atverti vairuotojo pusės duris, todėl jos automobiliui reikia dviejų vietų. Apskaičiuokite tikimybę, kad Greta galės šioje aikštelėje pastatyti savo automobilį.

24.1
Iš tikrųjų, iš kur mokiniui žinot, ar automobilių "tvarka svarbi", t.y. ar jų aštuonetai laikytini sutvarkytais rinkiniais, ar ne ? Visa tragedija ta, kad per pastarąjį, gan ilgą. laikotarpį, tiek uždavinynuose, tiek per egzaminus, tapo įprasta sukramtyt, antai-"į tvarką atsižvelgti", ir pan...
Mokiniai atpratinti mąstyt bei savarankiškai priimt sprendimus.
Šiuo atveju mąstome taip. Tarkime, jog būtų ne dvylika, o tik aštuonios vietos. Juk nepasakytume, jog automobilius galima suskirstyti vieninteliu būdu .
Būtų 8*7*6*5*4*3*2*1. Gimsta įžymusis faktorialas...
Na, o pas mus dvylika vietų. TAD VADOVAUJAMĖS TA PAČIA LOGIKA
n=12*11*10*9*8*7*6*5=19958400
24.2  Įvykiui {tarpų tarp automobilių nėra} palankių baigčių skaičius
8!*5, nes yra penkios pozicijos, į kurias galima "nutempti" automobilių aštuonetą
Tikimybė 8!*5/n=1/99
24.3
Mus dominančiam įvykiui ({yra bent du gretimi tarpai tarp automobilių} priešingas įvykis-
{jokie du tarpai nėra gretimi}
Keturis tarpus dvylikoj vietų galima pasirinkt C(12, 4)=495 būdais.
Prisiminkim žinomą uždavinį- yra m baltų rutulių ir n juodų rutulių. Keliais būdais juos galima išdėstyti taip, kad jokie du balti rutuliai neatsidurtų greta ? (m neviršija n+1, tos pačios spalvos rituliai laikomi vienodais). Bandymo baigtis atitinka baltų rutulių patalpinimai Į TARPUS TARP JUODŲ RUTULIŲ, kurių yra n-1, arba iš kraštų, kurių yra 2, todėl iš viso m baltų rutulių turi pasiskirstyti tarp n+1 vietų.
Gauname C(n+1, m).
Analogiškai ir čia- C(9, 4), t.y. keturi tarpai turi pasiskirstyti tarp automobilių (aštuoni tarpeliai) arba kraštuose.
Priešingo įvykio tikimybė C(9,4)/C(12, 4)=14/55.
Atsakymas: 41/55

pakeista prieš 5 m

Prie Sokolovo sprendimo uždaviniui 24.3. prikibti negaliu, bet man arčiau širdies yra toks sprendimas:
Skaičiuosiu taip pat priešingo įvykio duotajam tikimybę.
Naudojuosi ta pačia idėja, jog sustačius 8 automobilius šalia tarp jų ar kraštinėse pozicijose esantiems automobiliams iš šono įterpti tuščią vietą yra 9 galimybės (7 tarp automobilių ir po 2 iš kraštų). Tai 4 tuščių vietų, kurių nė viena nebūtų greta kitos, atsiradimų skaičius yra: [tex]C_9^4[/tex] galimybės. Bet juk mes visgi turėtume skaičiuoti tų 8 automobilių sustatymo galimybių skaičių, o ne kažkokių tarpelių tarp automobilių atsiradimo skaičių, taigi pačių automobilių sustatymo tokia tvarka, jog tarp jų ar kraštiniams iš šono nebūtų daugiau kaip vienos laisvos vietos yra: [tex]8!\cdot C_9^4[/tex] (8 autombiliai tarpusavyje pasiskirstyti gali [tex]8![/tex] būdais.
Taigi turime [tex]m=8!\cdot C_9^4[/tex], o visas baigtis tokiu atveju būsime paskaičiavę pirmoje dalyje, t.y. [tex]n=A_{12}^8[/tex].
Vadinasi:
[tex]P(\overline{A})=\dfrac{m}{n}=\dfrac{8!\cdot C_9^4}{A_{12}^8}=\dfrac{8!\cdot \frac{9!}{4!\cdot 5!}}{\frac{12!}{4!}}=\dfrac{8!\cdot 9!}{5!\cdot 12!}=\dfrac{5!\cdot6\cdot 7\cdot 8\cdot  9!}{5!\cdot 9!\cdot 10\cdot 11\cdot 12}=\dfrac{6\cdot 7\cdot 8}{10\cdot 11\cdot 12}=\dfrac{14}{55}[/tex]
Tada: [tex]P(A)=1-\dfrac{14}{55}=\dfrac{41}{55}[/tex]

pakeista prieš 5 m

Tomui. Čia tas pats. Tik, skaičiuojant skaitiklį ir vardiklį (įvykiui palankių baigčių, bei visų baigčių skaičius) , čia skaičiuojama gretiniais, o ne deriniais. Praktiškai toks modelis lemia vien tai, kad skaitiklis ir vardiklis didėja 8! kartų (t.y. ir skaitiklyje, ir vardiklyje vienodai atsižvelgiama į automobilių rinkinio kėlinių įvairovę).
Iš esmės keičiasi tik forma bei modelis (elementariųjų įvykių erdvė)

Taip Sokolovai, šis dalykas dažnai pasitaiko tikimybių uždaviniuose. Dėl to dažnu atveju galima nesukti galvos ką naudoti skaičiuojant palankias ir visas baigtis: ar derinius ar gretinius, kadangi vėliau visvien skaičiuojant šių dydžių santykį reikšmė bus vienoda.
Tiesiog pagalvojau, jog manasis sprendimas šiek tiek lengviau suvokiamas ir atrodo labiau pagrįstas, o be to šitaip skaičiuojant galima pasinaudoti tuo, ką jau buvome pasiskaičiavę anksčiau (kalbu apie visas baigtis).

Įdomu tai, jog skaičiuojant jūsų atveju ir remiantis ta pačia logika, jog visas baigtis jau turėjome būti paskaičiavę pirmoje dalyje gautųsi, jog tos pirmos dalies atsakymas visgi yra: C(12, 4).
Įdomu, ką darys vertintojai, nes manau jie pirmojoje dalyje ras nemažai būtent tokių atsakymų.

Taip. Padėtį komplikuoja tai, jog neparašyta, kad automobiliai SKIRTINGI.O galėjo parašyt dėl šventos ramybės....

prašymas:gal kuris galite padaryti visas 126 versijas to priešingo įvykio, kai šalia nėra dviejų tuščių vietų. Gaunu tik 120 ( jau ir naktį nenurimstu, kur dar tas šešias vietas pametu ...). Štai tokiu principu:
o.o.o.o.....
o.o.o..o....
o.o.o...o...
o.o.o....o..
o.o.o.....o.
o.o.o......o

Nelabai suprantu skaičiavimo technikos. Čia kažkokie šablonai pagal kuriuos skaičiuoji vieną ar kitą atvejį atitinkančias baigtis, ar čia tiesiog pirmos 6 palankios baigtys?

čia pirmos šešios palankios baigtys. esu pasidariusi ant popieriaus 120 palankių, nes suabejojau visur pateiktu atsakymu. Jei visas 126 baigtis pamatysiu, tai patikėsiu

Nori sudalyvauti šioje temoje ir parašyti savo pranešimą? Prisijungti »