eMatematikas Paieška

Laimės ir tragedijos simbiozė. Matematinė novelė. 3 dalis

Tikimybių teorija Peržiūrų skaičius (696)

3) SUTAPIMO UŽDAVINYS
"Dalinis žinojimas
taip pat yra žinojimas,
ir dalinis tikrumas
turi tam tikrą
laipsnį..."
B. Paskalis
UŽDAVINYS (sutapimo): Vienas asmuo parašė n laiškų [tex](n\geq 2)[/tex], ir įdėjo juos į vokus. Kitas asmuo atsitiktinai užrašė skirtingus gavėjų adresus. Kokia tikimybė, jog nei vienas iš šių laiškų nepasieks reikiamo adresato
KITA PATEIKTIS:  Nuo lentynos paimta n skirtingų knygų (n ne mažiau už 2) . Po to jos buvo atsitiktine tvarka sudėtos atgal į lentyną. Kokia tikimybė, kad nei viena knyga neatsidurs savo ankstesnėje vietoje?
TREČIA PATEIKTIS:  Į restoraną atvyko n (n≥2) žmonių. Kiekvienas iš jų paliko rūbininkui savo skrybėlę. Išsiblaškęs rūbininkas skrybėles supainiojo, ir, pasibaigus vakarui, jas grąžino atsitiktine tvarka. Kokia tikimybė, kad nei vienas iš tų žmonių neatgaus savo skrybėlės?
KETVIRTA PATEIKTIS: Dėžėje yra n sunumeruotų (nuo 1 iki n) rutulių (n≥2). Juos traukiame iš dėžės po vieną, atgal negrąžindami, kol ištrauksime visus rutulius.  Kokia tikimybė, kad nei vieno rutulio numeris nesutaps su traukimo eilės numeriu ( t.y. kas vienetu pažymėtas rutulys nebus ištrauktas pirmuoju, dvejetu pažymėtas rutulys nebus ištrauktas antruoju, ir t.t.)?
Taigi, čia mums lemta skaičiuoti TRAGEDIJOS, t.y. visiško pasiklydimo tikimybę. Niekas neatgaus savo skrybėlės, niekas namo negrįš, nesulauks adresatas laiškučio..Tragedija ! Kokia gi jos tikimybė?
SPRENDIMAS: Tragedijai T priešingas įvykis D (dalinė laimė)- BENT VIENAS LAIŠKAS (iš n laiškų) PASIEKS REIKIAMĄ ADRESATĄ ("ras namus, nepasiklys...").
[tex]D= A_{1}\cup A_{2}\cup ...\cup A_{n}[/tex]
Čia [tex]A_{i}- i-sis[/tex] laiškas pasieks "savo" adresatą.
Taikysime sutaikomų įvykių sąjungos (sumos) tikimybės radimo formulę:
[tex]P(D)=P(A_{1})+...+P(A_{n})-P(A_{1}\cap A_{2})-... \\ -P(A_{n-1}\cap A_{n})+P(A_{1}\cap A_{2}\cap A_{3})+...+P(A_{n-2}\cap A_{n-1}\cap A_{n})-... \\ +(-1)^{n+1}P(A_{1}\cap A_{2}\cap ...\cap A_{n})[/tex]
[tex]P(A_{i})=\frac{(n-1)!}{n!}=\frac{1}{n}[/tex]-narių skaičius n, [tex]P(A_{i}\cap A_{j})=\frac{(n-2)!}{n!}=\frac{1}{n(n-1)}[/tex]-narių skaičius [tex]\frac{n(n-1)}{2}[/tex]

[tex]P(A_{_{i}}\cap A_{j}\cap A_{k})=\frac{1}{n(n-1)(n-2)}[/tex]-narių skaičius [tex]\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}[/tex]
...............
[tex]P(A_{1}\cap A_{2}\cap ...\cap A_{n})=\frac{1}{n(n-1)(n-2)...2\cdot 1}=\frac{1}{n!}[/tex]
Taigi,
[tex]P(D)=n\cdot \frac{1}{n}-\frac{n(n-1)}{2!}\cdot \frac{1}{n(n-1)}+\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}\cdot \frac{1}{n(n-1)(n-2)}-...+(-1)^{n+1}\frac{1}{n!}[/tex]
Taigi, "dalinės laimės" D tikimybė
[tex]P(D)=1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}-\frac{1}{4!}+...+(-1)^{n+1}\frac{1}{n!}[/tex]
Tragedijos T (t.y. visiško pasiklydimo) tikimybė
[tex]P(T)=1-P(D)=\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}-...+(-1)^{n}\cdot \frac{1}{n!},[/tex].n≥2
Štai tokia "paprasta" yra tikimybė, jog atsitiktinai užrašius skirtingus adresus, visi n laiškai pasiklys, t.y. nepasieks adresatų, kuriems buvo skirti.
Štai tokia yra tikimybė, kad grąžinant į lentyną n "išmėtytų" knygų, nei viena iš jų neatsidurs ankstesnėje vietoje.
Štai tokia yra tikimybė, jog n ponų, smagiai praleidę vakarą restorane, išeis su svetima skrybėle.
Išeina keliauninkai iš namų,...neberanda namų...
Dabar galime palyginti ir su modelių A ir B pagalba gautais rezultatais, t.y. su tragedijos T tikimybe:
Kai n=2  [tex]P(T)=\frac{1}{2!}=\frac{1}{2}[/tex],
Kai n=3    [tex]P(T)=\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}=\frac{1}{3}[/tex]
Kai n=4    [tex]P(T)=\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}=\frac{3}{8}[/tex]

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-01-15

1

Iš tiesų labai įdomu. Prisiminiau uždavinį, kurį buvo įkėlęs vienas dalyvis, tik ten buvo prašoma paskaičiuoti ne tikimybę, o rasti galimybių skaičių, jog 5 mokytojai, kurie lydi po mokinį į olimpiadą vėliau būtų pasisirstyti taip, jog netikrintų savo mokinio darbo (nuoroda: http://www.ematematikas.lt/forumas/budai-paskirstyti-mokytojus-mokiniu-darbams-tikrinti-t12369.html). Vadinasi žinodami tragedijos tikimybę, mes galime paskaičiuoti tragedijai palankių baigčių skaičių remdamiesi klasikinės tikimybės paskaičiavimo formule: Kai pasiskirstyme dalyvauja n skirtingų objektų, tai viso baigčių yra [tex]n![/tex] o palankių tragedijai T įvykių skaičius m, tai
$$P(T)=\dfrac{m}{n!}$$Iš čia: $$m=P(T)n!$$ Kadangi, kaip įrodyta $$P(T)=\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!}+\dfrac{1}{4!}-\dfrac{1}{5!}+...+\dfrac{(-1)^n}{n!}$$ tai: $$m=\left(\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!}+\dfrac{1}{4!}-\dfrac{1}{5!}+...+\dfrac{(-1)^n}{n!}\right)n!$$ Tikrai įdomus atvejis, nes paprastai kombinatorika gelbėja sprendžiant tikimybinius uždavinius, o čia viskas atvirkščiai.

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-01-15

0

Taip, atsimenu šį uždavinį.
Būtent, tikimybių dėsniai dažnai būna "patogesni" už kombinatorikos formules...

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!