Dane są dwie urny: A i B. W urnie A są 2 kule białe i 3 czarne, w B 3 białe i 2 czarne. Wykonujemy trzy etapowe doświadczenie:
I etap: losujemy urnę (wylosowanie każdej urny jest jednakowo prawdopodobne)
II etap: z wylosowanej urny losujemy 2 kule i nie oglądając ich wkładamy je do drugiej urny,
III etap: Z urny, do której włożyliśmy kule, losujemy 1 kulę.
Obliczyć prawdopodobieństwo, że w drugim etapie wylosowaliśmy kule jednego koloru, jeśli w etapie trzecim wylosowaliśmy kulę białą.
Odpowiedź to 0,4
W miarę możliwości prosiłbym o szczegółowe rozwiązanie
Pozdrawiam
III Etapowe losowanie kul z dwóch urn
-
- Użytkownik
- Posty: 4618
- Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Racibórz
- Pomógł: 866 razy
III Etapowe losowanie kul z dwóch urn
Wskazówka:
Możesz także skorzystać z p-stwa całkowitego i wzoru Bayes'a:
\(\displaystyle{ P(A)=P(A/B_{1}) \cdot P(B_{1})+...+P(A/B_{6}) \cdot P(B_{6})}\)
\(\displaystyle{ A}\): wylosowano kulę białą (B)
\(\displaystyle{ B_{1}}\): przełożono z urny A do B 2 kule (B)
\(\displaystyle{ B_{2}}\): przełożono z urny A do B 2 kule (C)
\(\displaystyle{ B_{3}}\): przełożono z urny A do B kule (B)+(C)
\(\displaystyle{ B_{4}}\): przełożono z urny B do A 2 kule (B)
\(\displaystyle{ B_{5}}\): przełożono z urny B do A 2 kule (C)
\(\displaystyle{ B_{6}}\): przełożono z urny B do A kule (B)+(C)
Możesz także skorzystać z p-stwa całkowitego i wzoru Bayes'a:
\(\displaystyle{ P(A)=P(A/B_{1}) \cdot P(B_{1})+...+P(A/B_{6}) \cdot P(B_{6})}\)
\(\displaystyle{ A}\): wylosowano kulę białą (B)
\(\displaystyle{ B_{1}}\): przełożono z urny A do B 2 kule (B)
\(\displaystyle{ B_{2}}\): przełożono z urny A do B 2 kule (C)
\(\displaystyle{ B_{3}}\): przełożono z urny A do B kule (B)+(C)
\(\displaystyle{ B_{4}}\): przełożono z urny B do A 2 kule (B)
\(\displaystyle{ B_{5}}\): przełożono z urny B do A 2 kule (C)
\(\displaystyle{ B_{6}}\): przełożono z urny B do A kule (B)+(C)
-
- Użytkownik
- Posty: 8
- Rejestracja: 25 wrz 2011, o 15:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 1 raz
III Etapowe losowanie kul z dwóch urn
czyli mamy tak:
\(\displaystyle{ P(B_{1}) \cdot P(A|B _{1})= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{5}{7} = \frac{1}{28}}\)
\(\displaystyle{ P(B_{2}) \cdot P(A|B _{2})= \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{10} \cdot \frac{3}{7} = \frac{9}{140}}\)
\(\displaystyle{ P(B_{3}) \cdot P(A|B _{3})= \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{7} = \frac{6}{35}}\)
\(\displaystyle{ P(B_{4}) \cdot P(A|B _{4})= \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{10} \cdot \frac{4}{7} = \frac{12}{140}}\)
\(\displaystyle{ P(B_{5}) \cdot P(A|B _{5})= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{2}{7} = \frac{1}{70}}\)
\(\displaystyle{ P(B_{6}) \cdot P(A|B _{6})= \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{3}{7} = \frac{9}{70}}\)
i wtedy mam
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{3}{7}}\)
i teraz za twierdzeniem Bayesa:
\(\displaystyle{ P(B _{1}|A)+ P(B _{2}|A)+P(B _{4}|A)+P(B _{5}|A)= \frac{1}{12}+ \frac{3}{20}++ \frac{2}{10}+ \frac{}{} \frac{}{} \frac{1}{30}= \frac{28}{60}}\)
no ale to niestety nie równa się 0,4
Nie wiem czy gdzieś robię błąd czysto obliczeniowy czy jakąś inną głupotę
\(\displaystyle{ P(B_{1}) \cdot P(A|B _{1})= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{5}{7} = \frac{1}{28}}\)
\(\displaystyle{ P(B_{2}) \cdot P(A|B _{2})= \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{10} \cdot \frac{3}{7} = \frac{9}{140}}\)
\(\displaystyle{ P(B_{3}) \cdot P(A|B _{3})= \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{7} = \frac{6}{35}}\)
\(\displaystyle{ P(B_{4}) \cdot P(A|B _{4})= \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{10} \cdot \frac{4}{7} = \frac{12}{140}}\)
\(\displaystyle{ P(B_{5}) \cdot P(A|B _{5})= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{10} \cdot \frac{2}{7} = \frac{1}{70}}\)
\(\displaystyle{ P(B_{6}) \cdot P(A|B _{6})= \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{3}{7} = \frac{9}{70}}\)
i wtedy mam
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{3}{7}}\)
i teraz za twierdzeniem Bayesa:
\(\displaystyle{ P(B _{1}|A)+ P(B _{2}|A)+P(B _{4}|A)+P(B _{5}|A)= \frac{1}{12}+ \frac{3}{20}++ \frac{2}{10}+ \frac{}{} \frac{}{} \frac{1}{30}= \frac{28}{60}}\)
no ale to niestety nie równa się 0,4
Nie wiem czy gdzieś robię błąd czysto obliczeniowy czy jakąś inną głupotę
-
- Użytkownik
- Posty: 4618
- Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Racibórz
- Pomógł: 866 razy
III Etapowe losowanie kul z dwóch urn
Jak obliczysz sumę tych sześciu składników dla wyliczenia P(A) to otrzymasz \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\). Sprawdź sam.
-
- Użytkownik
- Posty: 4618
- Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Racibórz
- Pomógł: 866 razy
III Etapowe losowanie kul z dwóch urn
Takiego wyniku P(A) należało oczekiwać, ponieważ p-stwo wylosowania każdej z urn jest takie samo a układ kul w urnach jest "symetryczny" (tzn. jeżeli zamienimy kule białe na czarne i odwrotnie, to otrzymamy urny z taką samą zawartością, co oznacza, że żaden z kolorów nie jest "uprzywilejowany")