Tikimybių uždaviniai iš kurso

1. Šokių būrelį lanko 8 šokėjai: 4 mergaitės ir 4 berniukai. Kiek yra galimybių skirtingoms šokėjų poroms sudaryti, jei porą sudaro viena mergaitė ir vienas berniukas?

Nu ok, C(8,2)-2*6 skaičiuoju kadangi nesvarbu kaip bus paimtos poros, bet į tą c(8,2) įeina ir dviejų merginų ar dviejų vyrukų poros, ko negali būti dėl to C(4,2)=6 2*6=12(vyrukai ir mergaitės negali būti su ta pačia lytim) Kuo blogai čia???

Ats.: 24

2. Aibę B sudaro visi dviženkliai natūralieji skaičiai, kurie dalijasi iš 5. Raskite aibės B poaibių skaičių, jei poaibiai turi po 2 elementus. Nesuprantu, ko čia prašo :D

Ats.: 153

3. Bilietas teatro ložėje kainuoja 5lt, parteryje 4 lt, o balkone 3 lt. Visų bilietų yra po lygiai. Apskaičiuokite tikimybę, kad atsitiktinai paimti 2 bilietai kainuos ne brangiau kaip 8 litus

Ats.: 2/3

Truputį suprantu, kad geriau imti, kai bus ne pigiau kaip 8 litus ir vėliau iš vieneto atimt, bet kaip tai padaryt?


4. Dėžėje yra 16 teniso kamuoliukų: 10 naujų, 6 naudotų. Žaidimui išimami 2 kamuoliukai, kurie po žaidimo padedami atgal į dėžę. Antram žaidimui iš dėžės vėl išimami 2 kamuoliukai. Apskaičiuokite tikimybę, kad antram žaidimui išimti abu kamuoliukai buvo naudoti.


Ats.: 61/320

5. Ant septynių kortelių po vieną surašyti skaitmenys nuo 1 iki 7. Kortelės užveričmaos ir sumaišomos. Nežiūrint viena po kitos paimamos trys kortelės ir dedamos viena šalia kitos. Kokia tikimybė, kad gautasis skaičius bus lyginis?

Nu aš darau taip lyg. baigiasi 2,4,6, nelyg 1,3,5,7 lyg istraukt 4*3*3, o is viso 8*7*6, kodel neiseina?

ats gaunu 3/7, o tikrasis atsakymas 4/7

1. Aš bent jau spręsčiau paprastai labai. 4*4=16 (skirtingų porų)

Pagaliukas, logiškas tavo sprendimas, bet sąlyga prašo kai ko kito (reikia orientuotis pagal atsakymą). Uždavinys mūsų prašo rasti, ne kiek yra galimybių sudaryti vieną porą, o kiek yra galimybių sudaryti visas 4 galimas poras. Tuomet skaičiuojame taip:
Įsivaizduokime, jog mergaitės sustojusios eilėje ir viena mergaitė reiškia pirmos poros narę, antra - antros, trečia - trečios, ketvirta - ketvirtos.
Tuomet berniukus pasiskirstyti į šias galimas poras tapti antruoju poros nariu yra galimybių 4!=24.

2 uždavinys: Apibrėžimas: Aibė A yra aibės B poaibis, jei visi aibės A elementai priklauso ir aibei B.
Taigi šiuo atveju turime, kad aibę B sudaro elementai:
B={10,15,20,25,30,35,40,45,50,55,60,65,70,75,80,85,90,95}, šią aibę sudaro 18 elementų.
Dabar mūsų klausia, kiek galima sudaryti aibių, kurias sudarytų 2 elementai, ir tie elementai priklausytų ir aibei B, nes tos aibės turi būti aibės B poaibiai.
Pažiūrėkime, kiek galima sudaryti poaibių, kurių vienas iš elementų būtų 10:
{10,15}, {10,20}, {10,25} ... {10,95)  paprasta porų yra tiek kiek yra aibės B narių be 10, taigi porų yra 17
Atitinkamai porų, kurių vienas iš elementų 15:
{15,20},{15,25}, ..., {15,95} porų yra tiek kiek yra elementų be 10 ir 15, taigi porų 16
taip tęsdami toliau gauname, jog sekančių porų skaičius 15, 14, 13, ... 1.
Vadinasi viso galima sudaryti poaibių:
17+16+15+...+1
Pagal aritmetinės progresijos sumos formulę gauname:
[tex]\frac{17+1}{2}\cdot 17=153[/tex]
Užbėgu už akių klausimo, kodėl neskirių tokių aibių kaip {10,15} ir {15;10} arba {25;30} ir {30;25}.  Čia turėtum prisiminti, jog aibės laikomos lygiomis, jei jos sudarytos iš tų pačių elementų, o jų išsidėstymo tvarka nėra svarbi.
Taigi ats 153

Ahh, štai kaip mandrai, pirmą kartą toks 2 uždavinys pasitaikė :D, o dėl likusių gal žinai, kaip išspręst?

Antram galima buvo mastyt paprasciau: kadangi turim 18 elementu, ir mus domina visos imanomos poros, tai mus dominanciu poaibiu skaicius [math]C_{18}^2[/math]

A tikrai tavo tiesa, kažkodėl tie deriniai man iškart į galvą nešovė :)

3 uždavinys:
Akivaizdu, jog dydis X - "dviejų bilietų kaina" gali įgyti reikšmes: 6, 7, 8, 9, 10.
Jeigu kiekvienos rūšies bilietų skaičių pažymėtume n tai galėtume užrašyti, jog palankių baigčių visiems šiems įvykiams yra:
kai X=6 ir X=10 po: [tex]C^{2}_{n}[/tex] baigčių.
kai X=7 ir X=9 po: [tex]C^{1}_{n}\cdot C^{1}_{n}[/tex]  baigčių.
kai X=8: [tex]C^{2}_{n}+C^{1}_{n}\cdot C^{1}_{n}[/tex]  baigčių.
O viso baigčių kiekvienam iš šių įvykių (tiesiog sudedame prieš tai aprašytų įvykių palankias baigtis):
[tex]2C^{2}_{n}+2C^{1}_{n}\cdot C^{1}_{n}+C^{2}_{n}+C^{1}_{n}\cdot C^{1}_{n}=3C^{2}_{n}+3C^{1}_{n}\cdot C^{1}_{n}=3(C^{2}_{n}+C^{1}_{n}\cdot C^{1}_{n})[/tex]
Mūsų ieškomo įvykio palankių baigčių skaičius:
[tex]C^{2}_{n}+C^{1}_{n}\cdot C^{1}_{n}+C^{2}_{n}+C^{1}_{n}\cdot C^{1}_{n}=2(C^{2}_{n}+C^{1}_{n}\cdot C^{1}_{n})[/tex]
Taigi tikimybė:
[tex]\dfrac{2(C^{2}_{n}+C^{1}_{n}\cdot C^{1}_{n})}{3(C^{2}_{n}+C^{1}_{n}\cdot C^{1}_{n})}=\dfrac{2}{3}[/tex]

Na vėl kiek nestandartiškai išsprendžiau šį uždavinį, bet kitų minčių neturiu :D

4- tam negaunu tokio atsakymo.

O kiek gauni? 3/7 gal? :D