Математические задачки. Морковкин, скучаем :-)

pk27pk именно ответ нужен. Домашка видимо

 

Кто ж ему четыре комплексных корня считать будет?...

 

Хорошо, решил.
Ответ:
Действительных корней нет.
Где подвох? Или предлагается считать комплексные корни?

 

drowsy

И это далеко не домашка. Я интитут закончил n- лет назад.

 

Задача: Лежат кости домино. Наугад берутся две кости. Какова вероятность того, что будет вытащены дупль и часть дупля ( Например 6|6 и 6|0 или 5|5 и 6|5)

 

3/27 если порядок не важен

 

Ну может ребёнок домашку домой притащил

 

Подкину задачку на вероятность, которая слегка сложнее.
В коробке лежат игральные кости 100 типов. Типы костей отличаются количеством граней. Кости 1-го типа имеют только одну грань. Кости второго типа имеют две грани, третьего 3, итд
На каждой кости грани пронумерованы. Количество костей каждого типа одинакого.
Вы вытягиваете кость из коробочки случайным образом и бросаете её. Выпала грань с номером 4. Какого математическое ожидание количества граней для данной кости?

 

97/(1/4+...+1/100)

Еще есть задачка про макароны, не помню была ли тут. Есть n макаронин, берем произвольные 2 конца и соединяем. Потом опять берем 2 свободных конца и соединяем. И так далее, пока не останется свободных концов (будут только кольца). Найти матожидание количества этих колец.

 

P(A1)=(7/28)*(6/27)=1/18 - вероятность вытягивания дупля и части дупля
P(A2)=(21/28)*(7/27)*2=7/18 - вероятность вытягивания части дупля и дупля
P(A)=P(A1)+P(A2)=(1/18)+(7/18)=8/18=4/9

 

И у вас не вызвало подозрений, что p(A1)<>p(A2)?

 

P(А2) неправильно рассчитано.
P(A2)=(21/28)*(2/27)=1/18.
если выпало 5|6, то есть только два дупл5|5 и 6|6
P(А)=2/18=1/9 - PP верно написал

 

Согласен. Немного не так подумал.
Cтранно, что один и тот же ответ получается и при неправильном решении задачи. Можно было посчитать P(A)=(7/28)*(6/27)*2 и тем сам сказать что взял одновременно и незнаю какая первая а какая вторая кость.

 

Верно. С макароннами вроде рекурсией решается.
E(n=1) = 1
E(n=2) = 1/3 x [1 + E(n=1)] + 2/3 x E(n=1) = 4/3
...
E(n=M) = 1/(2M-1) x [1 + E(n=M-1)]+ (2M-2)/(2M-1) x E(n=M-1) = 1/(2M-1) + E(n=M-1) =
1 + 1/3 + 1/5 +...

 

Стариная задачка про выборы, но может кто-нибудь не знаком
Два кандидата на пост президента М и Ж вышли в финал президентской гонки.
Заранее известно, что М наберёт n голосов, а Ж наберёт m<n.
Какова вероятность того, что при подсчёте голосов, М будет лидировать от начала и до конца?

 

P(A)=m/(m+n) -вероятность того что Ж наберет m голосов от общего числа голосов. A как она может лидировать в конце если изначально сказано, что m<n или m<50% !? Максимум можно предложить 49,99%

 

Задачка: встречаются две подруги. Одна другую спрашивает:
1) Как дела?
2) Ответ -2х детей родила.
1) А сколько им лет?
2) Ответ: Если возраст первого ребенка помножишь на возраст второго ребенка, то получиш число голубей сидящих на клумбе.
1) Посмотрела на клумбу и сказала: я непоняля ?!
2) Дети нестарше 5 лет и один старше другого.
1) Тогда понятно
Вопрос: Сколько детям лет ?

 

Процесс-то динамический.
Например первый голос отдали за Ж - и Ж лидер.
Ж может и лидировать какое-то время, а потом бац - на финише проиграла

PS Или я вопрос неправильно понял?

 

:)

 

MISCH решается! У меня она заняля 20 минут.

 

Да эту даже я могу .

 

MISCH напиши решение !

 

Какое такое решение?
Я же так, случайно, типа угадал.

 

Угадал - не значит что решил

 

А что значит "решил" ?

 

Фундаментальная дискуссия для простейшей задачи на делители

 

А кто дискутирует?

 

Я наверное плохо сформулировал. Нужно найти вероятность того, что М (который набрал n) будет лидировать в течении всего подсчёта голосов тоесть в любой момент число посчитанных голосов за М будет больше числа посчитаных голосов за Ж (который в конце набрал m).

 

Всё абсолютно верно. Только если Ж получил первый голос, то М уже утратил лидерство. Это кстати важное наблюдение!

 

Т.е за модель можно взять мешок с шариками черного (m) и белого(n<m) цвета.
Мы их тягаем по очереди.
Найти вероятность того что, в любой момент времени черных будет больше ( и даже не больше равно) белых и победит Обама.
Так?
P.S Афроамериканская какая-то задача

 

Я задумывал её, как Медведев против Жириновского, но Ваша формулировка мне нравится гораздо больше! На всякий случай уточню: именно строго больше чёрных в каждый момент.

 

romm

Ответ-комплексные числа

 

P(A)=m/(n+m)*(m-1)/(m+n-1)* ... *1/(n+1) - вероятность того, что m раз подряд проголосут за Ж
P(A1)=m/(n+m)*(m-1-i)/(m+n-1-i)*(n-i)/(m+n-2-2*i) - где i =(0;m) - вероятность того, что Ж на один шаг будет всегда впереди до окончания ее голосов i=m
Еще можно посчитать кучу вероятностей где m лидирует с шагом 2, 3,4 и чередующим периодом 2-1-2-1-2 и потом всю эту кучу сложить.

 

Ну я бы не стал издеваться если бы решение было таким громоздким. Тем более, что записать все эти случаи в общем виде не так уж легко. Задачу можно решить в несколько строчек если правильно отобразить процесс подсчёта голосов.

 

Бинарное дерево должно видимо быть, но в уме пока общая схема не вырисовывается.