eMatematikas Registruotis Ieškoti

30 rutulių ir dvi dėžės A ir B

Tikimybių teorija   Peržiūrų skaičius (500)

MykolasD, dviprasmybių aišku kaip ir neturėtų būti, bet tai nekeičia fakto, jog šiame uždavinyje bet kokiu atveju atsakymas negalėtų būti 5/7.

Juk jeigu uždavinyje "metamos dvi monetos, kurios atvirsta herbu arba skaičiumi" parašyčiau "parodykite, jog yra 3 galimybės" tikėdamasis, atsakymo HH, SS, HS. Negalėčiau vėliau prašyti skaičiuoti tikimybės "du kartus atvirs herbas" ir tikėtis atsakymo 1/3, nes tai nebūtų teisinga.

Taikant klasikinį tikimybės apibrėžimą elementariesiems įvykiams keliama sąlyga, jog kiekvieno elementariojo įvykio atsitikimo tikimybė turi būti vienoda.

Šitą dalyką labai svarbu suprasti, nes čia ir būna daugelio klaidų priežastis. Pagal turimą situaciją sudarant elementariųjų įvykių rinkinį mes galime tam tikrais atvejais neatsižvelgti į jų parinkimo tvarką (kaip daryta ir šiuo atveju), bet mes niekada negalime išrašant variantus remtis tam tikru jų požymiu, kaip buvo daroma šįkart, t.y. buvo apjungiami tos pačios spalvos rutulių pasirinkimai, kadangi tada mūsų elementarieji įvykiai jau nebeįvyks su ta pačia tikimybe.

Pavyzdys: Turiu penkis rutulius: du žalius ir tris geltonus. Kiek galimybių parinkti du rutulius?
Jai remsiuos tų rutulių požymiu "spalva": aš tada sakysiu, jog turiu 3 variantus: "ŽŽ" arba "GG", "ŽG" bet jei tuos 5 rutulius dar sunumeruočiau, jau gaučiau 10 variantų:
"Ž1G1", "Ž1G2", "Ž1G3", "Ž2G1", "Ž2G2", "Ž2G3", "Ž1Ž2", "G1G2", "G1G3", "G2G3", kuriuos galima suskaičiuoti kaip derinį: [tex]C_5^2[/tex].

Ir pabaigai: šiaip jei tai būtų tik kombinatorikos uždavinys, be prašymo paskaičiuoti tikimybę, manau galėčiau sutikti ir su atsakymu 7, kadangi čia galima diskutuoti, ką laikau skirtingais pasirinkimais, bet skaičiuojant tikimybę šio skaičiaus taikyti tikrai nebūtų galima.

Paskutinį kartą atnaujinta 2021-04-11

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!

Matematikos testai www.ematematikas.lt/testai Pasikartok matematikos temas spręsdamas online testus!