Egy kis kombinatorika, valószínűségszámítás, statisztika? (Szerdán Tz! )

1.

Annak a valószínűsége, hogy egy ember nem rendel C menüt: 2/3

Annak, hogy senki: az előző a huszonkettediken

Az hogy valaki C menüt rendel, az pont ennek az ellentéte.

1-(2/3 a huszzonkettediken)

2.

a.

Első húzásnál, annak a valószínűsége, hogy pirosat húzunk: 8/(8+4+3)=8/15

második húzásnál:7/(7+4+3)=7/14

Annak a valószínűsége, hogy mindegyiknél pirosat húzunk: 8/15*7/14

b.

Annak a valószínűsége, hogy nem feketét húzunk az első húzásnál: (4+8)/(3+4+8)

második húzásnál: (4+8-1)/(3+4+8-1)

Annak a valószínűsége, hogy egyik se lesz fekete: Az előzők szorzata

3.

Ha 1-t dobunk 5, ha 2-t 4, ha 3-t 3, ha 4-t 2, ha 5-t 1 lehetőségünk van arra, hogy nagyobbat dobjunk mint először. Ez 5+4+3+2+1=15 lehetőség.

Összesen 6*6=36 féleképpen dobhatunk.

Annak a valószínűsége, hogy nagyobbat dobunk, mint először: 15/36

10-et a következőkkel dobhatunk: 6+4, 5+5, 4+6. Ez 3 lehetőség. A valószínűsége, hogy a két szám összege 10: 3/36

4.

Annak a valószínűsége, hogy különbözőket dobunk: 1/(6*5*4*3*2*1)

Vélhetően 100/(6*5*4*3*2*1) ilyen alkalom lesz. Egészre kerekítve 0.

5. Nem vagyok biztos, hogy kell értelmezni a feladatot, de biztos nem 1 a megoldás.

Ha nem számít hogy milyen sorrendben vesszük ki a betűket, akkor - nem tudom vettetek-e ilyet - 4 alatt a 3. Ez azt fejezi ki, hogy egy négyelemű halmazból, hányféleképpen lehet kiválasztani 3 elemet, ha sorrend nem számít. Ezt kapásból tudni lehet, hogy négy. mindig egy betűt hagyunk ki. Ez a képlet ismerős lehet: n!/(k!(n-k)!), ahol n a halmaz elemeinek száma, k pedig, azt jelöli, hogy hány elemet szeretnénk kiválasztani.

Behelyettesítve: 4!/(3!*(4-3))=4

Ha számít a sorrend, tehát kvázi szavakat kell kirakni a megoldás 4*3*2=24.

Remélem jók lettek a feladatok és tudtam segíteni. Lehet hogy valamelyik feladatoknak van egyszerűbb megoldása, de mi (8. osztály) igazából még nem nagyon vettünk ilyet.

A 3./b és a 4. feladat megoldásával baj van.

3./b: Nem vetted figyelembe, hogy a kérdésben "legalább" szerepel, tehát 10-néál több is lehet az összeg. Így még (5,6), (6,5) és (6,6) is fennáll. Azaz a valószínűség...

4.: 6 különböző szám lehetősége: 6!, hiszen az 1,2,3,4,5,6 valamennyi sorrendje számít. Összesen 6^6-féle variáció létezik, ha egyszer 6 db kockát feldobunk, azaz egyszeri hatos dobásnál a valószínűség, p = 6!/6^6.

100-szor dobjuk fel mind a hatot, ezért binomiális eloszlásról van szó.

P(k esetben dobunk hat különbözőt) = (100 alatt k) * p^k * (1-p)^(n-k) (p = 6!/6^6)

Várhatóan hányszor fordul elő, hogy hat különböző jön ki?

Ezt a bin. eo. módusza adja meg: 101*p alsó egészrésze.

Az utóbbiakról itt olvashatsz: [link]