urna z 5 kulami

[Nathaniel]

W urnie jest 5 kul czarnych i pewna liczba kul białych. Z urny losujemy dwie kule bez zwracania. Ile, co najwyżej, może być w tej urnie kul białych, aby prawdopodobieństwo, że obie wylosowane kule są czarne, było niemniejsze niż \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\) ?

[lina2002]

\(\displaystyle{ 5}\) kul białych i \(\displaystyle{ n}\) czarnych. Pierwszą kulę losujemy na \(\displaystyle{ n+5}\) sposobów, drugą na \(\displaystyle{ n+4}\). Tak więc \(\displaystyle{ \overline {\overline \Omega}=(n+5)(n+4)}\). \(\displaystyle{ A}\)-wylosowano dwie czarne. \(\displaystyle{ \overline {\overline A}=n(n-1)}\). dalej już powinieneś sobie poradzić.

[Nathaniel]

hmm, no wlasnie nie moge sobie poradzic, bo wynik ma wyjść 3..
i na pewno dobrze to zrobiłeś ?

nie powinno być czasem
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}=C^{2}_{n+5}={n+5\choose 2}= \frac{(n+5)!}{(n+3)!2}= \frac{(n+3)!(n+4)(n+5)}{(n+3)!2}= \frac{1}{2}(n+4)(n+5)}\)

\(\displaystyle{ \stackrel{=}{A}=C^{2}_{n}={n\choose 2}= \frac{n!}{2!(n-2)!} = \frac{(n-2)!(n-1)n}{(n-2)!2}= \frac{1}{2} (n-1)n}\)
?

Bo ja już wczesniej tak to wlasnie zrobilem, tylko mam problem z dalszą cześcią.
dalej trzeba to obliczyć tak:
\(\displaystyle{ P(A) \ge \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{\stackrel{=}{A}}{\overline{\overline{\Omega}}} \ge \frac{1}{3}}\)
?

[qba1337]

Tak rozwiązujesz tą nierówność i sprawdzasz dla jakiego n jest to spełnione

[lina2002]

hmm, no wlasnie nie moge sobie poradzic, bo wynik ma wyjść 3..
i na pewno dobrze to zrobiłeś ?

Po pierwsze: jeśli już to zrobiłaś. Po drugie - owszem, dobrze. Zauważ, że Tobie wychodzi to samo prawdopodobieństwo. Różnica jest w podajściu: ja uwzględniam kolejność, a Ty nie. Obie metody są poprawne, ale nie hce mi się już pisać kolejności, bo były już dwa takie tematy: 124105.htm?hilit=%20kolejnosć i 126621.htm?hilit=%20kolejność
Nie wiem, z czym dalej mogłeś mieć problem. Rozwiązać \(\displaystyle{ \frac{(n-1)n}{(n+4)(n+5)} \ge \frac{1}{3}}\) już chyba nie jest trudne...

[Nathaniel]

Ok, poradziłem sobie.
Zauważyłem ze wychodzi to samo prawdopodobieństwo dopiero po tym jak tamto napisałem.

A rozwiązać tą nierówność owszem jest łatwo, ale o tej godzinie już jednak ciężko mi się myśli.
Dzięki za pomoc.
Nie wiem jak przyznać pochwałę, bo mi ciągle wywala że "Nie masz uprawnień do przyznawania pochwał." Kiedyś szło to prościej, phi.

Pozdrawiam.-- 25 maja 2009, 21:11 --Jakby mial ktos jeszcze problem
Mozna to obliczyc tak:

\(\displaystyle{ \Omega}\) - zbior kombinacji 2elemenetowych zbioru n+5 elemenentowego
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}=C^{2}_{n+5}={n+5\choose 2}= \frac{(n+5)!}{(n+3)!2}= \frac{(n+3)!(n+4)(n+5)}{(n+3)!2}= \frac{1}{2}(n+4)(n+5)}\)
A - zdarzenie ze wylosujemy dwie czarne kule
\(\displaystyle{ \stackrel{=}{A}=C^{2}_{5}={5\choose 2}= \frac{5!}{2!3!}=10}\)

\(\displaystyle{ P(A) \ge \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{\stackrel{=}{A}}{\overline{\overline{\Omega}}} \ge \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{10}{\frac{1}{2}(n+4)(n+5)} \ge \frac{1}{3} \Leftrightarrow \forall_{ n\in N^{+}} \ 60-(n+4)(n+5)>0}\)
\(\displaystyle{ \Leftrightarrow ne(-12,25 ; 3,25) \wedge ne N^{+} \Leftrightarrow ne}\){\(\displaystyle{ 1;2;3}\)}

Odpowiedz: Aby prawdopodobieństwo, że obie kule są czarne było niemniejsze niż \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\) w urnie mogą być co najwyżej 3 kule białe.