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.
Sokolovas PRO +1046
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
Tomas PRO +4543
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
Sokolovas PRO +1046
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)
Tomas PRO +4543
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).
Tomas PRO +4543
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.
Sokolovas PRO +1046
Taip. Padėtį komplikuoja tai, jog neparašyta, kad automobiliai SKIRTINGI.O galėjo parašyt dėl šventos ramybės....
luana +6
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
Tomas PRO +4543
Nelabai suprantu skaičiavimo technikos. Čia kažkokie šablonai pagal kuriuos skaičiuoji vieną ar kitą atvejį atitinkančias baigtis, ar čia tiesiog pirmos 6 palankios baigtys?
luana +6
čia pirmos šešios palankios baigtys. esu pasidariusi ant popieriaus 120 palankių, nes suabejojau visur pateiktu atsakymu. Jei visas 126 baigtis pamatysiu, tai patikėsiu