Losowanie ze zwracaniem - 100 prób przy 40 elementach
Losowanie ze zwracaniem - 100 prób przy 40 elementach
Studia skończyłem już jakiś czas temu, ale stoje przed wydawało by się prostym problemem i nie mogę sobię z nim poradzić. Bardzo proszę o pomoc i krótkie wyjaśnienie odnośnie zadania. Problem można sprowadzić do postaci zadania:
W urnie znajduje się 36 kul białych, 1 czerwona, 1 czarna, 1 zielona, 1 niebieska. Z urny losujemy ze zwracaniem 100 kul. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosujemy co najmniej raz każdą kolorową kulę?
W urnie znajduje się 36 kul białych, 1 czerwona, 1 czarna, 1 zielona, 1 niebieska. Z urny losujemy ze zwracaniem 100 kul. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosujemy co najmniej raz każdą kolorową kulę?
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5703
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 129 razy
- Pomógł: 524 razy
Losowanie ze zwracaniem - 100 prób przy 40 elementach
Zastosuj schemat Bernouliego
masz sto powtórzeń zastosuj zdarzenie przeciwne, że ani raz nie wylosujesz kolorowej kuli.
Wszystkie białe.
\(\displaystyle{ p= \frac{36}{40}= \frac{9}{10}}\) - prawd. wylosowania w jednym losowaniu kuli białej
\(\displaystyle{ q= \frac{4}{40}= \frac{1}{10}}\) - prawd. wylosowania w jednym losowaniu kuli kolorowej
prób jest sto i sto razy chcesz wylosować kulę białą pod rząd
\(\displaystyle{ k=100}\)
\(\displaystyle{ P= {100 \choose 100}\left( \frac{9}{10}\right) ^{100} \cdot \left( \frac{1}{10}\right) ^0}\)
Czyli nasze interesujące prawdopodobieństwo będzie przeciwne:
\(\displaystyle{ 1-\left( \frac{9}{10}\right) ^{100}}\)
masz sto powtórzeń zastosuj zdarzenie przeciwne, że ani raz nie wylosujesz kolorowej kuli.
Wszystkie białe.
\(\displaystyle{ p= \frac{36}{40}= \frac{9}{10}}\) - prawd. wylosowania w jednym losowaniu kuli białej
\(\displaystyle{ q= \frac{4}{40}= \frac{1}{10}}\) - prawd. wylosowania w jednym losowaniu kuli kolorowej
prób jest sto i sto razy chcesz wylosować kulę białą pod rząd
\(\displaystyle{ k=100}\)
\(\displaystyle{ P= {100 \choose 100}\left( \frac{9}{10}\right) ^{100} \cdot \left( \frac{1}{10}\right) ^0}\)
Czyli nasze interesujące prawdopodobieństwo będzie przeciwne:
\(\displaystyle{ 1-\left( \frac{9}{10}\right) ^{100}}\)
Losowanie ze zwracaniem - 100 prób przy 40 elementach
Dzięki za odpowiedź, niestety problem jest trochę bardziej skomplikowany. Policzyłeś prawdopodobieństwo, że trafię co najmniej jedną dowolną kolorową kulę. Mi chodzi o prawdopodobieństwo, że wylosuję co najmniej raz każdą kolorową kulę - czyli co najmniej raz kulę każdego koloru.
W szczególności próba w której wylosowałem np 100 razy kulę czarną jest niepowodzeniem.
Dopiero jak wylosuję minimum 1 czarną, 1 czerwona, 1 zielona, 1 niebieska to próba jest udana.
W szczególności próba w której wylosowałem np 100 razy kulę czarną jest niepowodzeniem.
Dopiero jak wylosuję minimum 1 czarną, 1 czerwona, 1 zielona, 1 niebieska to próba jest udana.
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5703
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 129 razy
- Pomógł: 524 razy
Losowanie ze zwracaniem - 100 prób przy 40 elementach
Masz rację ja troszkę inaczej to widziałem
Ale można do tego inaczej podejść:
Trzeba brać pod uwagę w którym losowaniu, którą kulę wylosujemy.
Najpierw bym wybrał te losowania w których trafię na kule kolorowe, tych losowań jest minimum cztery.
czyli mamy:
\(\displaystyle{ {100 \choose 4}S(4,4)+ {100 \choose 5}S(5,4)+{100 \choose 6}S(6,4)+...+{100 \choose 100}S(100,4)}\)
\(\displaystyle{ S}\) - suriekcja
I tu masz gwarancję że każda kolorowa będzie wylosowana przynajmniej raz!
Czyli idea jest taka że losujemy sobie najpierw te losowania w których będę losował li tylko kule kolorowe,
a potem robię suriekcje tych losowań na wszystkie kule kolorowe, których jest cztery!
Możliwości jest minimum cztery a maximum sto.W tym wypadku i losowania między sobą zakadam, że są rozróżnialne i kule kolorowe są rozróżnialne.Białe kule są nierozróżnialne.
I też powinno się policzyć ile jest wszystkich możliwości:
Część losowań jest zawsze kolorowych a część białych:
i właściwie masz:
\(\displaystyle{ 5^{100}}\)
Bo masz pięć kolorów a sto możliwości
Ale można do tego inaczej podejść:
Trzeba brać pod uwagę w którym losowaniu, którą kulę wylosujemy.
Najpierw bym wybrał te losowania w których trafię na kule kolorowe, tych losowań jest minimum cztery.
czyli mamy:
\(\displaystyle{ {100 \choose 4}S(4,4)+ {100 \choose 5}S(5,4)+{100 \choose 6}S(6,4)+...+{100 \choose 100}S(100,4)}\)
\(\displaystyle{ S}\) - suriekcja
I tu masz gwarancję że każda kolorowa będzie wylosowana przynajmniej raz!
Czyli idea jest taka że losujemy sobie najpierw te losowania w których będę losował li tylko kule kolorowe,
a potem robię suriekcje tych losowań na wszystkie kule kolorowe, których jest cztery!
Możliwości jest minimum cztery a maximum sto.W tym wypadku i losowania między sobą zakadam, że są rozróżnialne i kule kolorowe są rozróżnialne.Białe kule są nierozróżnialne.
I też powinno się policzyć ile jest wszystkich możliwości:
Część losowań jest zawsze kolorowych a część białych:
i właściwie masz:
\(\displaystyle{ 5^{100}}\)
Bo masz pięć kolorów a sto możliwości
Ostatnio zmieniony 2 lut 2015, o 12:28 przez arek1357, łącznie zmieniany 1 raz.
- Medea 2
- Użytkownik
- Posty: 2491
- Rejestracja: 30 lis 2014, o 11:03
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 23 razy
- Pomógł: 479 razy
Losowanie ze zwracaniem - 100 prób przy 40 elementach
Rozwijając pomysł, który podał arek1357: \(\displaystyle{ L(n, 4)}\) to liczba podziałów zbioru \(\displaystyle{ n}\)-elementowego na cztery niepuste podzbiory razy cztery silnia. No to biorę się za liczenie...
\(\displaystyle{ \sum_{n=4}^{100} {100 \choose n}L(n, 4) = \sum_{n=4}^{100} {100 \choose n} (4^n -4 \cdot 3^n + 6 \cdot 2^n - 4)}\)
To rozbija się na cztery sumy:
\(\displaystyle{ \sum_{n=4}^{m} {m \choose n} 4^n = \frac{3 \cdot 5^m - 32m^3+72m^2-52m - 3}{3}}\)
\(\displaystyle{ \sum_{n=4}^{m} {m \choose n} 3^n = \frac{2^{2m+1} - 9m^3+18m^2-15m - 2}{2}}\)
\(\displaystyle{ \sum_{n=4}^{m} {m \choose n} 2^n = \frac{3^{m+1} - 4m^3+6m^2-8m - 3}{3}}\)
\(\displaystyle{ \sum_{n=4}^{m} {m \choose n} = \frac{3 \cdot 2^{m+1} - m^3-5m-6}{6}}\)
Wstawiamy \(\displaystyle{ m=100}\) i wracamy do pierwszej linijki. To będzie liczba "dobrych" losowań, ale łatwo zamienić to na prawdopodobieństwo.
\(\displaystyle{ \sum_{n=4}^{100} {100 \choose n}L(n, 4) = \sum_{n=4}^{100} {100 \choose n} (4^n -4 \cdot 3^n + 6 \cdot 2^n - 4)}\)
To rozbija się na cztery sumy:
\(\displaystyle{ \sum_{n=4}^{m} {m \choose n} 4^n = \frac{3 \cdot 5^m - 32m^3+72m^2-52m - 3}{3}}\)
\(\displaystyle{ \sum_{n=4}^{m} {m \choose n} 3^n = \frac{2^{2m+1} - 9m^3+18m^2-15m - 2}{2}}\)
\(\displaystyle{ \sum_{n=4}^{m} {m \choose n} 2^n = \frac{3^{m+1} - 4m^3+6m^2-8m - 3}{3}}\)
\(\displaystyle{ \sum_{n=4}^{m} {m \choose n} = \frac{3 \cdot 2^{m+1} - m^3-5m-6}{6}}\)
Wstawiamy \(\displaystyle{ m=100}\) i wracamy do pierwszej linijki. To będzie liczba "dobrych" losowań, ale łatwo zamienić to na prawdopodobieństwo.
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5703
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 129 razy
- Pomógł: 524 razy
Losowanie ze zwracaniem - 100 prób przy 40 elementach
Żby nie było za dużego zamieszania bo raz \(\displaystyle{ L}\) jako suriekcje a raz podziały i dlatego chyba zmienię na \(\displaystyle{ S}\)
- Medea 2
- Użytkownik
- Posty: 2491
- Rejestracja: 30 lis 2014, o 11:03
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 23 razy
- Pomógł: 479 razy
Losowanie ze zwracaniem - 100 prób przy 40 elementach
To teraz niech ktoś znajdzie błąd w moim rozumowaniu, bo:
\(\displaystyle{ \sum_{k=4}^{100} {100 \choose k} S_2(k,4) p^k (1-p)^{100-k} \approx 10^{10}}\)
\(\displaystyle{ \sum_{k=4}^{100} {100 \choose k} S_2(k,4) p^k (1-p)^{100-k} \approx 10^{10}}\)
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5703
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 129 razy
- Pomógł: 524 razy
Losowanie ze zwracaniem - 100 prób przy 40 elementach
Tak błąd chyba taki, że prawdopodobieństwo wyszło dosyć daleko ponad jedynkę.
A jakby podzielił możliwości sprzyjające przez wszystkie możliwości czyli przez:
\(\displaystyle{ 5^{100}}\) wyszłoby mniej niż jeden.
A jakby podzielił możliwości sprzyjające przez wszystkie możliwości czyli przez:
\(\displaystyle{ 5^{100}}\) wyszłoby mniej niż jeden.
Losowanie ze zwracaniem - 100 prób przy 40 elementach
Arek, cieplej ale to chyba jeszcze nie może być prawidłowe. Wzór który podałeś nie uwzględnia faktu że kul białch jest dokładnie 36 (razem 40) Twój wzór pozostanie niezmieniony jeżeli w treści zadania napiszę np. 999 kul białych zamiast 36, chyba że czegoś nie rozumiem.
Jak się nazywa ten wzór podany przez Madea? Czy mogę go sobie uogólnić jak poniżej?
\(\displaystyle{ \sum_{n=x}^{m} {m \choose n}S(n, x) = \sum_{n=x}^{m} {m \choose n} (x^n -x \cdot 3^n + 6 \cdot 2^n - x)}\)
Jak się nazywa ten wzór podany przez Madea? Czy mogę go sobie uogólnić jak poniżej?
\(\displaystyle{ \sum_{n=x}^{m} {m \choose n}S(n, x) = \sum_{n=x}^{m} {m \choose n} (x^n -x \cdot 3^n + 6 \cdot 2^n - x)}\)
- Medea 2
- Użytkownik
- Posty: 2491
- Rejestracja: 30 lis 2014, o 11:03
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 23 razy
- Pomógł: 479 razy
Losowanie ze zwracaniem - 100 prób przy 40 elementach
Nijak się nie nazywa, \(\displaystyle{ S(n,x)}\) to liczba podziałów zbioru \(\displaystyle{ n}\)-elementowego na \(\displaystyle{ x}\) podzbiorów i możesz go znaleźć pod hasłem "liczby Stirlinga drugiego rodzaju", tylko całość przez \(\displaystyle{ x!}\) jeszcze podzielić trzeba.
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5703
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 129 razy
- Pomógł: 524 razy
Losowanie ze zwracaniem - 100 prób przy 40 elementach
W moim wzorze S to suriekcja a nie podział.
A mój wzór pozostanie zmienny gdy wpiszesz zamiast \(\displaystyle{ 36}\) wpiszesz \(\displaystyle{ 999}\) kul
Bo jeżeli dam \(\displaystyle{ 999}\) to zapiszę \(\displaystyle{ S(999+4,4)}\)
Ja nie musiałem uwzględniać kul białych bo to co nie idzie na kolorowe to automatycznie przechodzą na białe pokażę ci to na mniejszym przykładzie:
\(\displaystyle{ z,b,b}\)
takie są kule zielona i dwie białe i masz możliwości: (trzy losowania ze zwracaniem)
\(\displaystyle{ z z z}\)
\(\displaystyle{ b b b}\)
\(\displaystyle{ z b b}\)
\(\displaystyle{ b z b}\)
\(\displaystyle{ b b z}\)
\(\displaystyle{ z z b}\)
\(\displaystyle{ b z z}\)
\(\displaystyle{ z b z}\)
Osiem wszystkich możliwości i siedem tych w których występuje przynajmniej jedna kolorowa bo tyle ich jest!
Teraz obliczenia:
I teraz masz zdarzeń w których występuje przynajmniej jedna kolorowa:
\(\displaystyle{ {3 \choose 1} \cdot S(1,1)+{3 \choose 2} \cdot S(2,1)+{3 \choose 3} \cdot S(3,1)=3+3+1=7}\)
Wszystkich możliwości jest:
\(\displaystyle{ 2^3=8}\)
Wszystko się zgadza!
Kule białe robią tylko przysłowiowy tłum!
Dla np. dwóch kolorowych i dwóch białych sprawdzałem też się zgadza!-- 2 lutego 2015, 15:47 --U mnie suriekcje wyrażają się wzorem:
\(\displaystyle{ S(n,k)= \sum_{k=1}^{n}(-1)^{n-k} {n \choose k}k^n}\)
A mój wzór pozostanie zmienny gdy wpiszesz zamiast \(\displaystyle{ 36}\) wpiszesz \(\displaystyle{ 999}\) kul
Bo jeżeli dam \(\displaystyle{ 999}\) to zapiszę \(\displaystyle{ S(999+4,4)}\)
Ja nie musiałem uwzględniać kul białych bo to co nie idzie na kolorowe to automatycznie przechodzą na białe pokażę ci to na mniejszym przykładzie:
\(\displaystyle{ z,b,b}\)
takie są kule zielona i dwie białe i masz możliwości: (trzy losowania ze zwracaniem)
\(\displaystyle{ z z z}\)
\(\displaystyle{ b b b}\)
\(\displaystyle{ z b b}\)
\(\displaystyle{ b z b}\)
\(\displaystyle{ b b z}\)
\(\displaystyle{ z z b}\)
\(\displaystyle{ b z z}\)
\(\displaystyle{ z b z}\)
Osiem wszystkich możliwości i siedem tych w których występuje przynajmniej jedna kolorowa bo tyle ich jest!
Teraz obliczenia:
I teraz masz zdarzeń w których występuje przynajmniej jedna kolorowa:
\(\displaystyle{ {3 \choose 1} \cdot S(1,1)+{3 \choose 2} \cdot S(2,1)+{3 \choose 3} \cdot S(3,1)=3+3+1=7}\)
Wszystkich możliwości jest:
\(\displaystyle{ 2^3=8}\)
Wszystko się zgadza!
Kule białe robią tylko przysłowiowy tłum!
Dla np. dwóch kolorowych i dwóch białych sprawdzałem też się zgadza!-- 2 lutego 2015, 15:47 --U mnie suriekcje wyrażają się wzorem:
\(\displaystyle{ S(n,k)= \sum_{k=1}^{n}(-1)^{n-k} {n \choose k}k^n}\)
- Medea 2
- Użytkownik
- Posty: 2491
- Rejestracja: 30 lis 2014, o 11:03
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 23 razy
- Pomógł: 479 razy
Losowanie ze zwracaniem - 100 prób przy 40 elementach
arek1357, my chyba mówimy o tym samym Jeżeli \(\displaystyle{ S(n,k)}\) to liczba surjekcji ze zbioru \(\displaystyle{ n}\) elementowego na \(\displaystyle{ k}\) elementowy, zaś \(\displaystyle{ S_2(n,k)}\) to druga liczba Stirlinga, to \(\displaystyle{ S_2(n,k) \cdot k! = S(n,k)}\). Martwi mnie jedynie to przesadnie duże prawdopodobieństwo.
Używając Twoich oznaczeń: \(\displaystyle{ k}\) to liczba kolorowych kul, \(\displaystyle{ 100 \choose k}\) to liczba układów, w których mam \(\displaystyle{ k}\) kolorowych kul. Jak już wybiorę jeden z nich, to liczę surjekcje z \(\displaystyle{ \{0, 1, \dots, k\}}\) na \(\displaystyle{ \{0,1,2,3\}}\) (kolory) i mnożę przez szanse na wyciągnięcie takich kul... razy \(\displaystyle{ p^k}\) (za kolorowe kule) i \(\displaystyle{ (1-p)^{100-k}}\) (to za białe). I wynik wychodzi kosmiczny...
\(\displaystyle{ \sum_{k=4}^{100} {100 \choose k} S(k,4) p^k (1-p)^{100-k} \approx 10^{11}}\)
Używając Twoich oznaczeń: \(\displaystyle{ k}\) to liczba kolorowych kul, \(\displaystyle{ 100 \choose k}\) to liczba układów, w których mam \(\displaystyle{ k}\) kolorowych kul. Jak już wybiorę jeden z nich, to liczę surjekcje z \(\displaystyle{ \{0, 1, \dots, k\}}\) na \(\displaystyle{ \{0,1,2,3\}}\) (kolory) i mnożę przez szanse na wyciągnięcie takich kul... razy \(\displaystyle{ p^k}\) (za kolorowe kule) i \(\displaystyle{ (1-p)^{100-k}}\) (to za białe). I wynik wychodzi kosmiczny...
\(\displaystyle{ \sum_{k=4}^{100} {100 \choose k} S(k,4) p^k (1-p)^{100-k} \approx 10^{11}}\)
Losowanie ze zwracaniem - 100 prób przy 40 elementach
Arek, na wstępie super dzięki za wyjaśnienia, ale wciąż popełniasz jeden błąd: ja chcę oszacować prawdopodobieństwo danego zdarzenia a Twoje obliczenia ignorują fakt, że wylosowanie ciągu b,b,b jest 8 razy bardziej prawdopodobne niż wylosowanie ciągu z,z,z
Używając twojego przykładu:
mam kule: z,b,b; losuję 3 razy ze zwracaniem; sukces to co najmniej 1 kolorowa(zielona).
Mamy wtedy 8 różnych kombinacji - ale te kombinacje zdarzają się z różnym prawdopodobieństwem. Wszystkich kombinacji o równym prawdopodobieństwie jest tak naprawdę 27. Nazwijmy dwie kule białe b1 i b2 dla rozróżnienia. Wtedy dla każdej poniższej rozpisanej kombinacji prawdopodobieństwo wylosowania to 1/27
I dla tego zadania wynik to 19/27 a nie 7/8 jak to policzyłeś.
b1,b1,b1
b1,b1,b2
b1,b1,z
b1,b2,b1
b1,b2,b2
b1,b2,z
b1,z,b1
b1,z,b2
b1,z,z
b2,b1,b1
b2,b1,b2
b2,b1,z
b2,b2,b1
b2,b2,b2
b2,b2,z
b2,z,b1
b2,z,b2
b2,z,z
z,b1,b1
z,b1,b2
z,b1,z
z,b2,b1
z,b2,b2
z,b2,z
z,z,b1
z,z,b2
z,z,z
-- 2 lut 2015, o 19:20 --
Wracając jeszcze do oryginalnego pytania
Przy symulacji dla zadania uproszczonego (3 kule, 2 białe i 1 zielona, 3 losy ze zwracaniem, 1 zielona wygrywa) przy 10000 prób prawdopodobieństwo empiryczne wyszło mi na poziomie 0,7063 przy moim prawdopodobieństwie teoretycznym 19/27=0,703704. Czyli odchylenie na poziomie 0.0026
Zdecydowanie nie jest to 7/8=0,875-- 2 lut 2015, o 19:23 --Reasumując. Zadanie pozostaje nierozwiązane
Używając twojego przykładu:
mam kule: z,b,b; losuję 3 razy ze zwracaniem; sukces to co najmniej 1 kolorowa(zielona).
Mamy wtedy 8 różnych kombinacji - ale te kombinacje zdarzają się z różnym prawdopodobieństwem. Wszystkich kombinacji o równym prawdopodobieństwie jest tak naprawdę 27. Nazwijmy dwie kule białe b1 i b2 dla rozróżnienia. Wtedy dla każdej poniższej rozpisanej kombinacji prawdopodobieństwo wylosowania to 1/27
I dla tego zadania wynik to 19/27 a nie 7/8 jak to policzyłeś.
b1,b1,b1
b1,b1,b2
b1,b1,z
b1,b2,b1
b1,b2,b2
b1,b2,z
b1,z,b1
b1,z,b2
b1,z,z
b2,b1,b1
b2,b1,b2
b2,b1,z
b2,b2,b1
b2,b2,b2
b2,b2,z
b2,z,b1
b2,z,b2
b2,z,z
z,b1,b1
z,b1,b2
z,b1,z
z,b2,b1
z,b2,b2
z,b2,z
z,z,b1
z,z,b2
z,z,z
-- 2 lut 2015, o 19:20 --
Wracając jeszcze do oryginalnego pytania
Zrobiłem symulację i empiryczne prawdopodobieństwo przy 100000 prób wyszło mi 0,71429 (71429/100000)W urnie znajduje się 36 kul białych, 1 czerwona, 1 czarna, 1 zielona, 1 niebieska. Z urny losujemy ze zwracaniem 100 kul. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosujemy co najmniej raz każdą kolorową kulę?
Przy symulacji dla zadania uproszczonego (3 kule, 2 białe i 1 zielona, 3 losy ze zwracaniem, 1 zielona wygrywa) przy 10000 prób prawdopodobieństwo empiryczne wyszło mi na poziomie 0,7063 przy moim prawdopodobieństwie teoretycznym 19/27=0,703704. Czyli odchylenie na poziomie 0.0026
Zdecydowanie nie jest to 7/8=0,875-- 2 lut 2015, o 19:23 --Reasumując. Zadanie pozostaje nierozwiązane
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5703
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 129 razy
- Pomógł: 524 razy
Losowanie ze zwracaniem - 100 prób przy 40 elementach
Widzisz w tej sytuacji nie można liczyć prawdopodobieństwa metodą klasyczną czyli ilość możliwości sprzyjających do wszystkich możliwości.
Jest tu sytuacja analogiczna jak z jednoczesnym rzutem dwiema identycznymi monetami.
Ja policzyłem wszystkie możliwości tobie chodzi, że prawdopodobieństwo wylosowania białych jest większe
niż kolorowej.
Masz poniekąd rację.
Dlatego też Medea otrzymała kolosalne wyniki bo zastosowała bernouliego a on tu nie działa.
Ten przypadek jest rozpisany co potraktowałeś kule białe jako rozróżnialne i uważam, że w takim układzie tylko tak to można rozwiązać.
Jeszcze raz mówię tu nie działa klasyczne prawdopodobieństwo!!!
\(\displaystyle{ 3^3=27}\)
a w zadaniu będzie:
\(\displaystyle{ 40^{100}}\) - wszystkich możliwości!
Jest tu sytuacja analogiczna jak z jednoczesnym rzutem dwiema identycznymi monetami.
Ja policzyłem wszystkie możliwości tobie chodzi, że prawdopodobieństwo wylosowania białych jest większe
niż kolorowej.
Masz poniekąd rację.
Dlatego też Medea otrzymała kolosalne wyniki bo zastosowała bernouliego a on tu nie działa.
Ten przypadek jest rozpisany co potraktowałeś kule białe jako rozróżnialne i uważam, że w takim układzie tylko tak to można rozwiązać.
Jeszcze raz mówię tu nie działa klasyczne prawdopodobieństwo!!!
\(\displaystyle{ 3^3=27}\)
a w zadaniu będzie:
\(\displaystyle{ 40^{100}}\) - wszystkich możliwości!
Ostatnio zmieniony 3 lut 2015, o 09:05 przez arek1357, łącznie zmieniany 2 razy.