Rękawiczki - model drzewkowy

[Majeskas]

Jest takie popularne zadanie o rękawiczkach: "W pudełku znajduje się 15 par rękawiczek. Wybieramy losowo cztery rękawiczki. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wśród wylosowanych rękawiczek są dwie pary? Jakie jest prawdopodobieństwo, że wśród wylosowanych rękawiczek nie ma ani jednej pary?".

Potrafię je rozwiązać metodą klasyczną, ale chciałbym zrobić to modelem drzewkowym. O ile w podpunkcie. Rozpatruję to jako czteroetapowe doświadczenie, w którym każdy krok polega na wyborze rękawiczki.
b) w pierwszym kroku można wybrać dowolną rękawiczkę; w drugim z pozostałych \(\displaystyle{ 29}\) można wybrać dowolną, byle nie do pary dla pierwszej, czyli szansa wynosi \(\displaystyle{ \tfrac{28}{29}}\). W trzecim dowolną, byle nie do pary dla pierwszej i drugiej, czyli \(\displaystyle{ \tfrac{26}{28}}\). W czwartym dowolną, byle nie do pary dla trzech wcześniejszych, czyli \(\displaystyle{ \tfrac{24}{27}}\).
Ostatecznie \(\displaystyle{ \tfrac{28}{29}\cdot\tfrac{26}{28}\cdot\tfrac{24}{27}=\tfrac{208}{261}}\), czyli tyle samo co przy modelu klasycznym.

Natomiast zastosowanie takiego modelu w podpunkcie a) daje inny rezultat: w pierwszym kroku wybieramy dowolną rękawiczki, szansa na wybór w drugim rękawiczki do pary wynosi \(\displaystyle{ \tfrac1{29}}\). W trzecim cokolwiek, w czwartym para do rękawiczki z trzeciego, czyli \(\displaystyle{ \tfrac1{27}}\). Dostajemy \(\displaystyle{ \tfrac1{29}\cdot\tfrac1{27}=\tfrac1{783}}\), czyli \(\displaystyle{ 3}\) razy mniej niż przy podejściu klasycznym.

Nie wiem, czy jest tu jakiś błąd, czy po prostu trzeba się pogodzić z tym, że czasem daje się zbudować model drzewkowy, który daje te same rezultaty co model klasyczny, a czasem nie.

[piasek101]

O tej porze nie chce mi się czaszki używać, ale często losując po jednej zapominacie, że wtedy kolejność losowanych ma znaczenie.

Czytaj :
search.php?keywords=par+r%C4%99kawiczek&terms=all&author=&sc=1&sf=all&sk=t&sd=d&sr=topics&st=0&ch=300&t=0&submit=Szukaj

[Majeskas]

Skoro nie chce Ci się o tej porze używać czaszki, to mam następującą propozycję: nie udzielaj się o tej porze

-- 10 stycznia 2016, 22:58 --

Dobra, coś mi się zaczęło rozjaśniać. Idę na spacer z psem, pomyślę i być może wrócę z rozwiązanym problemem.

-- 11 stycznia 2016, 00:01 --

OK, nie wiem, co mnie wcześniej zaćmiło. Po prostu drzewo tego doświadczenia jest znacznie bardziej skomplikowane. I różne inne ścieżki także prowadzą do pożądanego rezultatu. Chyba nie da się w tym forumowym \(\displaystyle{ \LaTeX}\)u narysować drzewa. Sformułuję więc formalne rozwiązanie w języku prawdopodobieństwa warunkowego, a jeśli ktoś ma ochotę, narysuje sobie drzewo.
Losowanie dzielimy na cztery etapy. Wprowadzamy następujące zdarzenia:

\(\displaystyle{ A_2}\) - rękawiczka wylosowana za drugim razem jest do pary z rękawiczką z pierwszego losowania;

\(\displaystyle{ C_4}\) - rękawiczka wylosowana za czwartym razem jest do pary z rękawiczką z trzeciego losowania;

\(\displaystyle{ A_3}\) - rękawiczka wylosowana za trzecim razem jest do pary z rękawiczką z pierwszego losowania;

\(\displaystyle{ B_4}\) - rękawiczka wylosowana za czwartym razem jest do pary z rękawiczką z drugiego losowania;

\(\displaystyle{ B_3}\) - rękawiczka wylosowana za trzecim razem jest do pary z rękawiczką z drugiego losowania;

\(\displaystyle{ A_4}\) - rękawiczka wylosowana za czwartym razem jest do pary z rękawiczką z pierwszego losowania.

Wówczas poszukujemy prawdopodobieństwa:

\(\displaystyle{ \PP((A_2\cap C_4)\cup(A_3\cap B_4)\cup(B_3\cap A_4))=\PP(A_2\cap C_4)+\PP(A_3\cap B_4)+\PP(B_3\cap A_4)=}\)

\(\displaystyle{ =\PP(C_4|A_2)\PP(A_2)+\PP(B_4|A_3)\PP(A_3)+\PP(A_4|B_3)\PP(B_3)=}\)

\(\displaystyle{ =\frac1{27}\cdot\frac1{29}+\frac1{27}\cdot\frac1{28}\cdot\frac{28}{29}+\frac1{27}\cdot\frac1{28}\cdot\frac{28}{29}=\frac1{261}}\)

I wszystko się zgadza. Nie ma to jak rozwiązać sobie swoje własne zadanie na forum. Szkoda, że nie mogę przyznać sobie pomagajki

[arek1357]

Czemu budujesz model drzewkowy skoro losujesz je na raz bierzesz cztery i tyle a nie po jednej.


Proponuję teraz to samo przy losowaniu wszystkich rękawic na raz!

ps. brawo za rozwiązanie ja Ci przyznam pomógł!

[Majeskas]

Zacząłem do tego, że umiem rozwiązać to zadanie poprzez prawdopodobieństwo klasyczne A czemu tak? Można powiedzieć, że dla gimnastyki. Ponieważ mam teraz sporo do czynienia ze szkolnym rachunkiem prawdopodobieństwa od strony dydaktycznej, trochę grzebię w takich różnych rzeczach. Postanowiłem poćwiczyć sobie drzewkowe podejście do zadań.

[arek1357]

Super ale teraz dla rozrywki sprawdź czy to samo wyjdzie przy jednokrotnym losowaniu tych czterech rękawic czyli dwóch par z pary!

[Majeskas]

Ideą drzewa stochastycznego jest rozpatrywanie doświadczenia losowego wieloetapowo, więc nie bardzo rozumiem, co masz na myśli, bo jeśli wyciągniemy wszystkie cztery rękawiczki naraz, to nasze doświadczenie składa się z jednego etapu. Drzewo ma zatem dwie gałęzie: "uda się" lub "nie", a obliczenie prawdopodobieństwa trzeba wykonać klasycznie. Tak więc przy takim podejściu drzewo nic nie wnosi.

[arek1357]

Wiem co masz na myśli ale ja cały czas głośno myślę czy Twój sposób rozumowania jest istotnie różny od tego co ja proponuję. Mnie w sumie zastanawia nawet czy kombinatorycznie wyjdzie na to samo czy nie chodzi o możliwości przy moim i Twoim podejściu czy będą różne!


Ja mam nawet taką roboczą propozycję podzielić zbiór trzydziestoelementowy na podzbiory dwuelementowe, będzie ich 15 co daje:

\(\displaystyle{ \frac{30!}{2^{15}}}\) - możliwości

I teraz tak trzeba dobierać, żeby znalazło się w tym podziale dwie pary (bo wtedy wybierasz dwie spośród piętnastu par) o tych samych rękawiczkach ( z pary).

[Majeskas]

Może tak: wg rozwiązania klasycznego mamy \(\displaystyle{ \frac{{15\choose2}}{{30\choose4}}=\frac1{261}}\), więc niewątpliwie wychodzi to samo.
Czy rozwiązanie drzewkowe jest istotnie różne? To zależy od tego, co dla kogo znaczy "istotnie różne". Moim zdaniem tak, jest istotnie różne. Przede wszystkim wprowadzam inną przestrzeń probabilistyczną, ponieważ dzieląc losowanie na etapy, wprowadzam kolejność, a więc moją \(\displaystyle{ \Omega}\) są czwórki uporządkowane, a nie czteroelementowe podzbiory, jak to wynika z naturalnej interpretacji. Jednak nawet przy takiej przestrzeni można by to zadanie rozwiązać klasycznie:
\(\displaystyle{ \frac{{4\choose2}\cdot{15\choose2}\cdot2^2}{30\cdot29\cdot28\cdot27}=\frac1{261}}\)

Ja idę jeszcze dalej i rozwiązuje je, nie korzystając z metod kombinatorycznych, tylko probabilistycznych.-- 11 stycznia 2016, 00:45 --Jeśli chcesz dzielić zbiór trzydziestoelementowy na dwuelementowe podzbiory, to zaczynasz rozwiązywać inne zadanie. Nie mamy łączyć w pary trzydziestu rękawiczek. Nawiasem mówiąc, takich podziałów jest \(\displaystyle{ \tfrac{30!}{2^{15}\cdot15!}}\), bo trzeba jeszcze uwzględnić "zbędne" permutacje tych dwuelementowych klatek, które z punktu widzenia podziału na podzbiory są nierozróżnialne.

[arek1357]

Tak masz racje (późno i już myślenia nie ma) tylko można teraz z układu par wybierać takie, które nas interesują.
No nie lepiej iść spać można coś głupiego napisać.Możliwe że mnie już ponosi ale na spokojnie to przemyślę


Może na spokojniej teraz taka moja koncepcja:
Notabene też drzewkowa ale o zagłębieniu jeden!

Masz \(\displaystyle{ \frac{30!}{2^{15}15!}}\) pokoi w każdym pokoju masz \(\displaystyle{ 15}\) torebek w każdej
torebce masz jedną parę rękawic. Oczywiście każde ułożenie rękawic w tych pokojach jest inne, dlatego jest tyle pokoi, żeby przejść wszystkie przypadki.

I teraz wybierasz jeden pokój w , którym jest przynajmniej dwie pary rękawic z pary.
Załóżmy, że w każdym pokoju jest: \(\displaystyle{ x}\) torebek, w których są rękawice z pary
i \(\displaystyle{ y}\) torebek w , których nie ma rękawic z pary, oczywiście:

\(\displaystyle{ x+y=15}\)

I teraz wybór jednego pokoju to prawdopodobieństwo:

\(\displaystyle{ \frac{1}{ \frac{30!}{2^{15}15!} }}\)

A wybór dwóch par rękawic właściwych to prawdopodobieństwo:

\(\displaystyle{ \frac{ {x \choose 2} }{ {15 \choose 2} }}\)

A potem standardowo mnożysz je i sumujesz po gałęziach i otrzymujesz wynik:

\(\displaystyle{ \frac{1}{ \frac{30!}{2^{15}15!} }\sum_{pokoje}^{} \frac{ {x \choose 2} }{ {15 \choose 2} }}\)

I co o tym sądzisz? Masz jednokrotny wybór na raz.
Ja się nie upieram przy tym ale taka konstrukcja przyszła mi do głowy i ją zapisuję.


Mam już pomysł na liczenie ile jest pokoi w których jest dokładnie \(\displaystyle{ k}\) par rękawiczek z pary

[piasek101]

Skoro nie chce Ci się o tej porze używać czaszki, to mam następującą propozycję: nie udzielaj się o tej porze

Załatwione.

[Majeskas]

Arek1357, Przeczytałem parę razy i nic z tego nie rozumiem.-- 11 stycznia 2016, 21:15 --W każdym razie odnoszę wrażenie, że próbujesz przeprowadzać jakieś inne doświadczenie losowe, a chyba wydaje Ci się, że jest to alternatywny sposób rozwiązania zadania z tematu.

[arek1357]

Czemu nie rozumiesz napisałem dość prosto masz odpowiednią ilość pokoi, w każdym pokoju
masz w torebkach zapakowane rękawiczki , lecz każdy pokój ma inne konfiguracje rękawiczek w torebkach, najpierw losujesz pokój a potem dwie torebki chyba dość oczywiste.


Może zrobię to na trzech parach rękawiczek:

I pokój:

\(\displaystyle{ \left\{ \left( a_{1},a_{2}\right) \left( b_{1},b_{2}\right) \left( c_{1},c_{2}\right) \right\}}\)

II pokój:

\(\displaystyle{ \left\{ \left( a_{1},b_{1}\right) \left( a_{2},b_{2}\right) \left( c_{1},c_{2}\right) \right\}}\)

III pokój:

\(\displaystyle{ \left\{ \left( a_{1},b_{2}\right) \left( a_{2},b_{1}\right) \left( c_{1},c_{2}\right) \right\}}\)

IV pokój:

\(\displaystyle{ \left\{ \left( a_{1},c_{1}\right) \left( b_{1},c_{2}\right) \left( a_{2},b_{2}\right) \right\}}\)

.............................................................................................................................

aż do piętnastu pokoi:


bo: \(\displaystyle{ \frac{6!}{2^3 \cdot 3!}=15}\)

I np. doświadczenie polega na wylosowaniu dwóch par rękawic z tej samej pary.

Wybierasz pokoje , które posiadają przynajmniej dwie torby rękawic parowych i liczysz.

No w tym przykładzie będzie tylko jeden a mianowicie I pokój z rękawicami spełniającymi warunek zadania.

A dajmy na to zdarzenie polega na losowaniu jednej pary rękawic i chcemy wylosować parę z pary.

Zauważ że pokoi w których jest przynajmniej jedna para z pary to ustawienia:

\(\displaystyle{ \left\{ \left( a_{1},a_{2}\right) \left( b_{1},b_{2}\right) \left( c_{1},c_{2}\right) \right\}}\)


\(\displaystyle{ \left\{ \left( a_{1},a_{2}\right) \left( b_{1},c_{1}\right) \left( b_{2},c_{1}\right) \right\}}\)

\(\displaystyle{ \left\{ \left( a_{1},a_{2}\right) \left( b_{1},c_{2}\right) \left( b_{2},c_{1}\right) \right\}}\)

.......................................................................................................

tych pokoi będzie:

\(\displaystyle{ {3 \choose 1} \cdot 2+1=7}\)

pokoi z jedną dobrą parą będzie \(\displaystyle{ 6}\) a pokoi z trzema parami dobrymi będzie \(\displaystyle{ 1}\)

i:

\(\displaystyle{ P(A)= \frac{6}{15} \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{15} \cdot 1}\)

gdzie \(\displaystyle{ P(A)}\) - prawdopodobieństwo wylosowania jednej dobrej pary.

[Majeskas]

No dobra. Na moje oko próbujesz rozwiązać następujące zadanie: "Łączymy losowo w dwójki \(\displaystyle{ 30}\) rękawic. Jakie jest prawdopodobieństwo, że dwie utworzone tak dwójki będą rękawiczkami do pary?"

[arek1357]

Pierwsza część ok ale druga powinna brzmieć:

jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosujesz np. jedną dwie lub kilka par "dobrych par rękawic".
Bo można sprawdzać ile jest dobrych kilka nie tylko jedna para ale masz racje.. o to mi biega .


a to jest wzór:

\(\displaystyle{ a^k_{2n}= {n \choose k}a^0_{2n-2k}}\)

\(\displaystyle{ a_{2n}^0= \frac{(2n)!}{2^nn!}- \sum_{i=1}^{n-1} {n \choose i}a_{2n-2i}^0}\)

gdzie:

\(\displaystyle{ a_{2n}^k}\) - to ilość pokoi w , których jest dokładnie \(\displaystyle{ k}\) par rękawic z pary, przy ilości oczywiście \(\displaystyle{ 2n}\) rękawic (\(\displaystyle{ n}\) par).

\(\displaystyle{ a_{2n}^0}\) - to ilość pokoi w , których jest dokładnie zero par rękawic z pary i takie pokoje nazwiemy czystymi.

\(\displaystyle{ a_{2n}^n=1}\) - jest tylko jeden pokój w który są wszystkie pary dobre.

\(\displaystyle{ a_{2n}^{n-1}=0}\) - nie ma pokoi w których jest dokładnie \(\displaystyle{ n-1}\) par dobrych

przykłady:

\(\displaystyle{ a_{2=2 \cdot 1}^1=1}\)

\(\displaystyle{ a_{4=2 \cdot 2}^2=1}\)

\(\displaystyle{ a_{6=2 \cdot 3}^1=6}\)

............................................................

Ja nie wiem tylko które rozumowanie moje czy Twoje jest bardziej prawidłowe, które opisuje lepiej rzeczywistość, przydałby się sędzia sprawiedliwy, który oceniłby oba rozumowania.

Niestety piasek101 już odpada (został wygryziony a szkoda).

Raz już miałem do czynienia na tym forum z zadaniem dość nietrywialnym w którym szwankowało pojęcie prawdopodobieństwa klasycznego próbowałem odszukać ale nie udało mi się.