В лотерее 30 билетов из них 5 выигрышных. Какова вероятность получить более одного выигрышного билета, взяв наудачу 4 билета?

задан 7 Фев '12 9:29

изменен 7 Фев '12 11:34

%D0%A5%D1%8D%D1%88%D0%9A%D0%BE%D0%B4's gravatar image


5525

10|600 символов нужно символов осталось
1

Вероятность не выиграть ни разу $$P_0= (5/6)^4$$ Вероятность выиграть ровно 1 раз $$P_1=\frac{4!}{1!(4-1)!}(1/6)(5/6)^{4-1}$$ Остальное в нашу пользу $$1-(P_0+P_1)$$

ссылка

отвечен 7 Фев '12 13:17

изменен 7 Фев '12 13:47

спасибо!!!!!

(7 Фев '12 14:01) марианна

т.е. исправить P на 1/6

(7 Фев '12 14:03) марианна

в первой ф-ле была ошибка:-((. Теперь исправил

(7 Фев '12 14:19) BuilderC
10|600 символов нужно символов осталось
0

Согласен с идеей BuilderC, но не согласен с формулой.
Очевидно, ответ на задачу P(A) = 1 - (P0 + P1), где P0, P1 - вероятности, соответственно, взять 0 и 1 выигрышных билетов. Но почему P0 = (5/6)^4?
Ведь вероятность взять 0 выигрышных билетов равна количеству четверок вида (a1, a2, a3, a4), где a1, a2, a3, a4 - невыигрышные билеты, поделённому на количество всех возможных таких четвёрок => P0 = C(4, 25)/C(4, 30), где C(r, n) - количество сочетаний из n по r.
Или, на пальцах: сначала выбираем 1ый невыигрышный билет - 25 из 30, 2ой - 24 из 29, 3ий - 23 из 28, 4ый - 22 из 27. Итого, (посчитав по любому из способов) P0 = (25 * 24 * 23 * 22)/(30 * 29 * 28 * 27).
Аналогично, вероятность взять 1 выигрышный билет из 3 невыигрышных равна количеству четвёрок вида (w1, a1, a2, a3), где w1 - какой-то выигрышный билет, a1, a2, a3 - невыигрышные билеты, делённое на общее количество возможных четвёрок => P1 = C(1, 5)*C(3, 25)/C(4, 30).
Или, на пальцах: сначала выбираем 1ый билет - 1 из 5 выигрышных билетов, затем 2ой - 25 из 29 билетов, 3ий - 24 из 28 билетов, 4ый - 23 из 27 билетов. Итого, P1 = (20 * 23 * 24 * 25)/(30 * 29 * 28 * 27).
Итого, P0 + P1 = 1288/1305 => P(A) = 1 - 1288/1305 = 17/1305

ссылка

отвечен 12 Фев '12 14:18

@onesickbastard, в обеих ф-лах я предполагал, что билеты возвращаются в "барабан".

(12 Фев '12 14:39) BuilderC

Тогда понятно.

(12 Фев '12 15:53) onesickbastard

nadyalyutik, если билеты в барабан не возвращаются, то BuilderC не прав.

(12 Фев '12 15:55) onesickbastard
10|600 символов нужно символов осталось
0

Билеты в барабан перед каждым испытанием возвращаются,поэтому BuilderC прав.Данные испытания можно считать испытаниями Бернулли (вероятность появления события в каждом испытании одинакова)и применять формулу Бернулли.

ссылка

отвечен 12 Фев '12 15:50

изменен 12 Фев '12 15:59

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×1,584

задан
7 Фев '12 9:29

показан
3436 раз

обновлен
12 Фев '12 15:59

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru