Zadania na poziomie podstawowym
Zadania na poziomie rozszerzonym
Aby maksymalnie wykorzystać tę okazję do sprawdzenia swoich umiejętności radzimy spróbować rozwiązać te zadania w warunkach maksymalnie zbliżonych do egzaminacyjnych. W tym celu
Powinno to być oczywiste, ale rozwiązywanie zadań w warunkach egzaminacyjnych jest bardzo specyficzne. Trzeba umieć radzić sobie ze stresem związanym z egzaminem, ze stresem związanym z brakiem wystarczającej ilości czasu, ze stresem związanym z brakiem wystarczającej ilości miejsca do pisania (wszystko co napiszemy musimy oddać). Z tego powodu radzimy już w tej chwili zacząć się przyzwyczajać do takich warunków.
Rozwiązania zadań.
Kolejna zabawa maturalna już za tydzień, 21 kwietnia.
Właśnie zamieściliśmy arkusze VI próbnej matury.
http://www.zadania.info/n/4275390
Do jutra (15 kwietnia) do godz. 16 wszystkie posty na temat zadań i rozwiązań zadań z tych arkuszy będą usuwane.
Jeżeli macie wątpliwości co do poprawności treści zadań to piszcie na
supergolonkaMALPAzadania.info
naprzeciwko piszemy łącznie 
Rozwiązania zadań:
Podstawa
Rozszerzenie
Przyznam, że całkiem rozłożyło mnie zadanie z prawdopodobieństwa w arkuszu rozszerzonym :O
Pro po właśnie tego zadania z prawdopodobieństwem....
Czemu nie możemy po prostu wybrać \({ 7 \choose 5 }\) jako listów, które umieścimy w 5 skrzynkach (tak aby w każdej był 1), oczywiście gdzie jest \(5!\) takich możliwości, a pozostałe dwa rozmieścimy na \(5^{2}\) sposobów ?
To by dawało \({ 7\choose 5 } \cdot 120 \cdot 25\) przy takiej samej omedze (co oczywiście daje inny wynik końcowy)
przyłaczam sie do pytania związanego z prawdopodobieństwem
Przy takim liczeniu wiele sytuacji liczysz podwójnie:
Np. taka sytuacja:
I: 1,2
II: 3,4
III:5
IV: 6
V:7
liczysz to np. tak: wybierasz 1,3,5,6,7 licząc \({7\choose 5}\), a potem dobierasz 2 i 4. Ale dokładnie to samo liczysz wybierając najpierw 2,3,5,6,7 a potem dobierając 1 i 4.
Zgadzam się, i dlatego odjąłem od tego wyniku {7\choose 5} \cdot 5!, nie wiem czy dobrze rozumuję, ale według mnie to eliminuje sytuację opisaną przez Ciebie, ponieważ te 2 pozostałe listy muszą trafić do konkretnych skrzynek, jeśli sytuacja ma się powtarzać. Możesz mi wskazać błąd w moim toku rozumowania?
Również mam wątpliwości co do zadania z prawdopodobieństwem a mianowicie zrobilem to w taki sposób:
Omege policzylem identycznie, oraz pierwszy przypadek gdy losujemy 3 listy do jednej skrzynki wyszło 4200 możliwości.
Drugi przypadek gdy dwie skrzynki zawierają dwa listy zrobiłem w następujący sposób:
wybieram 2 listy spośród 7 \({ 7 \choose 2 }\) i jedną skrzynkę spośród 5 \({5 \choose 1 }\) i dwa listy spośród pozostałych 5 \({5 \choose 2}\) i jedną skrzynkę spośród pozostałych 4 \({4 \choose 1}\)i resztę listów na 3! sposobów. Co daje wynik \({ 7 \choose 2 }\) * \({5 \choose 1 }\) * \({5 \choose 2}\) * \({4 \choose 1}\) * 3! = 25200. Czyli dokładnie 2x wiecej niż w rozwiązaniu. Nie rozumiem dlaczego moje rozumowanie jest złe. Prawdopodobieństwo wyszlo mi ostatecznie P(A)= \(\frac{1176}{3125}\)
Witam,
Znowu prawdopodobieństwo myślę, że od ostatniego czasu zrozumiałem trochę więcej i sądzę, że jestem w stanie wskazać błąd w twoim rozumowaniu szymo1993. Jeżeli się mylę proszę o poprawienie mnie. Z twojego rozumowania przeprowadzonego do przypadku drugiego wynika, że wszystko liczysz podwójnie. Weźmy sobie przykład: W pierwszym losowaniu wybierasz sobie 2 listy spośród 7 (dajmy na to wylosowało 2 i 4), teraz wybierasz sobie 1 spośród 5 skrzynek (niech będzie 3) i umieszczasz listy w tej skrzynce. Idźmy dalej, losujemy teraz 2 listy z pozostałych 5 (dajmy na to 3 i 5) i dobieramy do tego skrzyneczkę 1 z 4 pozostałych (wybrało może teraz nr 1 ). listy które nam pozostały rozmieszczamy w 3 pozostałych skrzynkach.
Bardziej graficznie (jeżeli można to tak nazwać ) \((5 i 3) (1) (4 i 2) (6) (7)\)
A teraz rozpatrzmy taki wariant : W pierwszym losowaniu wybierasz sobie 2 listy spośród 7 (5 i 3), teraz wybierasz sobie 1 spośród 5 skrzynek (1) i umieszczasz listy w tej skrzynce. Losujemy teraz 2 listy z pozostałych 5 (4 i 2) i dobieramy do tego skrzyneczkę 1 z 4 pozostałych (3). Listy które nam pozostały rozmieszczamy w 3 pozostałych skrzynkach (rozmieszczone one zostały identycznie jak poprzednio). Jak widać otrzymaliśmy ten sam układ \((5 i 3) (1) (4 i 2) (6) (7)\)
Jeżeli uwzględnisz to, że liczysz wszystko podwójnie to znaczy podzielisz całość liczoną przez ciebie przez 2! wynik powinien wyjść dobry (z tego co widzę 1 przypadek i omega dobrze policzona )
A teraz chcę podzielić się swoim rozwiązaniem i także spytać czy jest poprawne, a więc:
Omega identycznie liczona. Przypadek pierwszy:
a) do pierwszej skrzynki wrzucam \({ 7\choose1 }\) do drugiej \({ 6\choose1 }\) do trzeciej \({ 5\choose1 }\) do czwartej \({ 4\choose1 }\) natomiast do piątej pozostałe 3 listy \({ 3\choose3 }\). Całość pomnożona przez pięć (ponieważ mogę na 5 sposobów rozmieścić przypadek z trzema listami w jednej skrzynce)
b)do pierwszej skrzynki wrzucam \({ 7\choose1 }\) do drugiej \({ 6\choose1 }\) do trzeciej \({ 5\choose1 }\) natomiast do czwartej wrzucam \({ 4\choose2 }\) i do piątej resztę \({ 2\choose2 }\). Mnożę wszystko razy 10 ponieważ mam dziesięć możliwości ustawienia (identyczna sytuacja jak z ustawianiem ciągu AAABB)
Wydarzenie sprzyjające \(A\) wynosi więc \(A=4*5*6*7*5+5*6*6*7*10\)
Po podstawieniu do wzoru na prawdopodobieństwo \(P(A)= \frac{4*5*6*7*5+5*6*6*7*10}{5^7} = \frac{672}{3125}\)
Wynik ten sam natomiast nie wiem jak z tokiem rozumowania dzięki z góry za odpowiedź. Jak poprawnie to można dodać do rozwiązań 
OBIBOK: musisz dokładniej napisać co od czego odejmujesz, bo teraz nie za bardzo to rozumiem.
szymo1993: dokładnie tak jak napisał Unnamed454, w drugim przypadku liczysz podwójnie.
Unnamed454: to jest OK, dodałem jako drugi sposób.
Dzięki wielkie, juz wszystko jasne
a ja mam pytanko jak koledzy wyżej do zadania z prawdopodobieństwa ponieważ trochę inaczej o tym zadaniu pomyślałem nie wiem czy poprawnie...
mianowicie:
można wprowadzić zdarzenie przeciwne tzn.:
A' - do minimum jednej ze skrzynek nie trafia ani jeden list...
Czyli może być jedna skrzynka pusta, 2 itd.
Jeżeli jedna to układamy 7 listów do 4 skrzynek itd. - czy ten sposób jest poprawny ?
mógłby ktoś rozjaśnić mi trochę sposób drugi z zadania trzeciego? nie bardzo wiem skąd ten dowód się wziął :/
Do maniaq:
To prawda co piszesz, ale liczenie w ten sposób niewiele pomoże. Np. gdy dokładnie jedna ma być pusta, to musisz policzyć na ile sposobów można włożyć listy do 4 skrzynek, tak, aby żadna nie była pusta - a to przecież to samo co oryginalne zadanie.
Do wsl1993_:
Sprecyzuj pytanie.
Do pierwszej nierówności wstawione są liczby a=a^3, b=c=d=1/a
rzeczywiście - bo wśród jednej pustej może być możliwość że kolejna jest też pusta dzięki za odpowiedz
 Dodaj nowy komentarz |
Informacje
Zadania
Losowe zadanie