Miten menee kevät yo 2021 tehtävä 6 Liisa kairoon?
Todennäköisyys
Anonyymi-ap
8592
0Äänestä
Muut lukivat myös
Odottaa vastausta
Näihin keskusteluihin ei ole vielä vastattu. Ole ensimmäinen.
Turvaa tilisi vahvistamalla puhelinnumerosi. Voit silloin palauttaa unohtuneen salasanan tekstiviestillä.
Näihin keskusteluihin ei ole vielä vastattu. Ole ensimmäinen.
Vastaukset 8
Vanhimmat
Liisa pelaa Afrikan tähti -peliä. Hän on löytänyt Afrikan tähden ja on palaamassa Kairoon voittaakseen pelin (aineisto 7.A). Hän on neljän askeleen päässä Kairosta. Kairoon saa pysähtyä, vaikka nopan silmäluku oikeuttaisi matkustamaan pidemmälle.
Jos hän heittää vähintään silmäluvun neljä, hän pääsee Kairoon ja voittaa pelin. Jos hän heittää silmäluvun kolme, hän voi olla varma, että seuraavalla heitolla hän pääsee Kairoon ja voittaa pelin. Liisa tarvitsee korkeintaan neljä heittoa päästäkseen Kairoon. Oletetaan, että kukaan muu ei voita peliä tätä ennen.
Millä todennäköisyydellä Liisa voittaa ensimmäisellä heitolla? (2 p.)
Millä todennäköisyydellä Liisa tarvitsee vähintään kolme heittoa päästäkseen Kairoon? (4 p.)
Laske niiden heittojen lukumäärän odotusarvo, jotka Liisa tarvitsee päästäkseen Kairoon. (6 p.)
😍😋😍😋😍😋😍😋😍
❤️ Nymfomaani -> https://ye.pe/finngirl21#178984195
🔞❤️❤️❤️❤️❤️🔞💋💋💋💋💋🔞
Itsellä ongelma on siinä, että ei voi heittä 5 heittoa noppaa
Ratkaisumallithan löytyy netistä: https://files.mafy.fi/Yo-mallivastaukset/2021K/pmyo_k21.pdf Se on muuten 7. tehtävä.
Ajattelin 1,1,2 1,2,1 ,2,1,1 1,1,3 1,1,4 1,1,5 1,1,1,6 1,1,1,1 1,1,1,2 1,1,1,3 1,1,1,4 1,1,1,5 1,1,1,6 koska 1,1,1,1,1 ei kelpaa mikä menee vikaan
Tiedän ratkaisumallin ja se on ok, mutta haluan oppia virheen
Ai niin tuo P(tarvitsee vähintään 3 heittoa).
Ensin pitää päättää mikä on perusavaruutena, eli minkä koolla jaetaan? Siksi pitäisi ottaa kaikki mahdolliset neljän heiton sarjat. Ja sitten suotuisia on alkiot
(1, 1, 1, 'x')
(1, 1, 2, 'x')
(1, 1, 3, 'x')
(1, 1, 4, 'x')
(1, 1, 5, 'x')
(1, 1, 6, 'x')
(1, 2, 1, 'x')
(1, 2, 2, 'x')
(1, 2, 3, 'x')
(1, 2, 4, 'x')
(1, 2, 5, 'x')
(1, 2, 6, 'x')
(2, 1, 1, 'x')
(2, 1, 2, 'x')
(2, 1, 3, 'x')
(2, 1, 4, 'x')
(2, 1, 5, 'x')
(2, 1, 6, 'x')
Huomaa että näitä jokaista on 6 kappaletta, koska x saa olla mitä vaan. Itse asiassa olisi voitu ottaa perusavaruudeksi vain kolmen pituiset sarjat, koska neljäs ei vaikuta.
Eli todennäköisyydeksi tulee
(18*6) / 6^4 = 1/12.
Yksinkertaisinta tuo olisi ehkä laskea ehdollistamalla sillä mikä ensimmäinen heitto on (opetetaankos kokonaistodennäköisyyden kaava lukiossa?, https://fi.wikipedia.org/wiki/Todennäköisyysteoria#Kokonaistodennäköisyyden_kaava )
Eli, jos merkitään tapahtumaa A = "tarvitsee vähintään 3 heittoa", niin
P(A) = P(eka 1)*P(A | eka 1) + P(eka 2)*P(A | eka 2) + ... + P(eka 6)*P(A | eka 6)
= 1/6 ( P(A | eka 1) + P(A | eka 2) + 0+0+0+0 )
tässä neljä viimeistä summan termiä on 0, koska P(A|eka y) = 0, kun y>2. Kaksi ensimmäistä termiä voi laskea ehdollistamalla toisen heiton silmämäärällä.
P(A | eka 1) = 1/6 * ( P(A | eka 1, toka 1) + P(A | eka 1, toka 2) + 0*4)
= 1/6 * (1+1)
= 1/3
Vastaavasti
P(A | eka 2) = 1/6*(1+0*5) = 1/6.
Siis
P(A) = 1/6 * (1/3 + 1/6) = 1/12.
Jees kiitos nopeasta vastauksesta. Itsellä puuttui päätelmästä 5 kpl juuri 2:lla alkavia heittoja. Hankala kurssi tuntuu olevan tosiaan.