Matematyka.pl

W eksperymencie losowym uczestniczą dwie urny w jednej są \(\displaystyle{ 3}\) kule białe i \(\displaystyle{ 3}\) kule czarne w drugiej \(\displaystyle{ 2}\) kule białe i \(\displaystyle{ 4}\) czarne. W pierwszym kroku wybieramy losowo urnę, a następnie w kroku drugim z wybranej urny ciągniemy bez zwracania \(\displaystyle{ 3}\) kule.
Jakie jest prawdopodobieństwo wyciągnięcia \(\displaystyle{ 2}\) kul białych i \(\displaystyle{ 1}\) czarnej?

Zastosuj wzór na prawdopodobieństwo całkowite

No to pokaż swoje obliczenia.

JK

Wydaje mi się, że będzie to jedno z tych dwóch

\(\displaystyle{ \frac{\frac{1}{2}\cdot\binom{6}{2}\cdot\frac{1}{2}^{2}\cdot\binom{4}{1}\cdot\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\binom{6}{2}\cdot\frac{1}{3}^{2}\cdot\binom{4}{1}\cdot\frac{2}{3}}{\binom{6}{3}}}\)

lub

\(\displaystyle{ \frac{\frac{1}{2}\cdot\binom{3}{2}\cdot\frac{1}{2}^{2}\cdot\binom{3}{1}\cdot\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\binom{2}{2}\cdot\frac{1}{3}^{2}\cdot\binom{4}{1}\cdot\frac{2}{3}}{\binom{6}{3}}}\)

Karka20 pisze: ↑4 wrz 2022, o 22:37 Wydaje mi się, że będzie to jedno z tych dwóch

No to czekamy na decyzję.

W międzyczasie proponuję zadanie pomocnicze. Z urny, w której znajdują się \(3\) kule białe i \(3\) kule czarne, wybieramy losowo \(3\) kule. Jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania \(2\) kul białych i \(1\) czarnej?

To będzie \(\displaystyle{ \frac{3}{6} \cdot \frac{2}{5} \cdot \frac{3}{4} + \frac{3}{6} \cdot \frac{2}{4} + \frac{3}{6} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} = \frac{9}{20} }\)?

Jeżeli tak, to rozumiem, że moje zadanie można rozwiązać za pomocą drzewka?

\(\displaystyle{ U_{1}: |3b,\ \ 3c|; \ \ \ \ U_{2}: |2b, \ \ 4c| }\)

Zakładamy, że każdy wybór urny i kuli z wylosowanej urny jest jednakowo możliwy.

Krok pierwszy - losowanie urny:

\(\displaystyle{ \Omega_{1} = \{U_{1}, U_{2}\}, \ \ P(U_{1}) = \frac{1}{2}, \ \ P(U_{2}) = \frac{1}{2}. }\)

Krok drugi - jednoczesne losowanie trzech kul z wylosowanej urny:

\(\displaystyle{ \Omega_{2|1} = \{ \{3b\}, \{2b, c\}, \{ b, 2c\}, \{3c\}\} }\)

\(\displaystyle{ P_{1}(\{3b\}) = \frac{ {3\choose 3}}{{6\choose 3}}, \ \ P_{1}(\{2b,c \}) = \frac{ {3\choose 2}\cdot {3\choose1}}{{6\choose 3}}}\)

\(\displaystyle{ P_{1}(\{b, 2c \}) = \frac{ {3\choose 1}\cdot {3\choose2}}{{6\choose 3}}, P_{1}(\{3c\}) = \frac{ {3\choose 3}}{{6\choose 3}} }\)

\(\displaystyle{ \Omega_{2|2} = \{ \{2b, c\}, \{b, 2c\}, \{ 2b, c\}, \{3c\}\} }\)

\(\displaystyle{ P_{2}(\{2b,c \}) = \frac{ {2\choose 2}\cdot {4\choose1}}{{6\choose 3}},}\)

\(\displaystyle{ P_{2}(\{b, 2c \}) = \frac{ {2\choose 1}\cdot {4\choose1 }}{{6\choose 3}}, \ \ P_{2}(\{3c\}) = \frac{ {4\choose 3}}{{6\choose 3}}. }\)

Dla dokładności naszego rozwiązania powinniśmy zbudować całościowy modeł (model łączny - produktowy) tych dwóch kroków, ale obejdziemy się

bez niego, bo mamy rozkłady prawdopodobieństw w każdym z kroków.

\(\displaystyle{ A }\) - zdarzenie "wylosowanie dwóch kul białych i jednej kuli czarnej"

\(\displaystyle{ A = \{ (U_{1}, \{2b, c\}), (U_{2}, \{2b, c\})\} }\)

\(\displaystyle{ P(A) = P(U_{1}, \{2b, c\}) + P(U_{2}, \{2b, c\}) = P(U_{1})\cdot P_{1}(\{2b,c\}) + P(U_{2})\cdot P_{2}(\{2b,c\}) = \frac{1}{2}\cdot \frac{ {3\choose 2}\cdot {3\choose1}}{{6\choose 3}} + \frac{1}{2}\cdot \frac{ {2\choose 2}\cdot {4\choose1}}{{6\choose 3}} = \ \ ...}\)

Interpretujemy otrzymany wynik.

Karka20 pisze: ↑7 wrz 2022, o 15:58 To będzie \(\displaystyle{ \frac{3}{6} \cdot \frac{2}{5} \cdot \frac{3}{4} + \frac{3}{6} \cdot \frac{2}{4} + \frac{3}{6} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} = \frac{9}{20} }\)?

Gdzieś w środku zabrakło jednego czynnika, ale to pewnie błąd przy przepisywaniu, bo wynik jest dobry. Można też trochę inaczej. Zamiast ciągów trójelementowych można było rozważać podzbiory trójelementowe. Wtedy wynikiem jest:
\(\displaystyle{ \frac{\binom32\binom31}{\binom63}}\)

Karka20 pisze: ↑7 wrz 2022, o 15:58 Jeżeli tak, to rozumiem, że moje zadanie można rozwiązać za pomocą drzewka?

Tak. Drzewko to to samo, co wzór na prawdopodobieństwo całkowite, o którym pisał a4karo.