urna i kule, losowanie bez zwracania

miss.waikiki · Post autor: **miss.waikiki** » 28 cze 2009, o 22:35

W urnie jest 17 kul. Ilość niebieskich kul wynosi dokładnie k.
Losujemy 3 kule. Jaka jest szansa, że wylosujemy co najmniej jedną kulę niebieską?

kadiii · Post autor: **kadiii** » 28 cze 2009, o 23:10

Zdarzeniem elementarnym jest trójka kul. Sprzyjające układy to układy postaci (n,r,r),(n,n,r) i (n,n,n). Mamy więc:
\(\displaystyle{ P= \frac{ {k \choose 1} {17-k \choose 2} +{k \choose 2} {17-k \choose 1} + {k \choose 3} {17-k \choose 0} }{ {17 \choose 3} }}\)

JankoS · Post autor: **JankoS** » 28 cze 2009, o 23:27

Można też tak
A - wylosowanie co najmniej jedej kuli niebieskiej.
Zdarzeniem \(\displaystyle{ A'}\) przeciwnym do tego jest wylosowanie 3 kul innego od niebieskiego koloru.Losowanie jest bez zwracania, więc
\(\displaystyle{ P(A')=\frac{(17-k)(16-k)(15-k)}{17 \cdot 16 \cdot 15)}, \ k \le 14.}\)
Dla \(\displaystyle{ k \ge 15 \quad P(A)=1.}\)

czeslaw · Post autor: **czeslaw** » 29 cze 2009, o 09:55

kadiii: zgadza się z treścią zadania, natomiast w temacie autorka napisała, że losowanie jest bez zwracania. (tak, też nie zauważyłem na początku). Więc ten sposób w tym zadaniu jest niepoprawny.

kadiii · Post autor: **kadiii** » 29 cze 2009, o 18:55

Dlaczego tak uważasz? Losowanie bez zwracania polega na tym, że w wylosowanej trójce nie mogą znajdować się te same elementy. Mówiąc obrazowo jeśli losujemy "na raty" to nie wrzucamy kulek z powrotem do bębna losującego. Kiedy używam symbolu Newtona, używam kombinacji - dla pojedyńczej mówię tak: "Weź x dowolnych kulek ze zbioru y" - akcja jest pojedyńcza, więc x kulek jest różnych - odpowiada to więc sytuacji "losuj bez zwracania". Gdybyśmy chcieli zwracać kule to 3 kule możnaby wybrać ze zbioru wszystkich 17 kul na \(\displaystyle{ 17^{3}}\) ponieważ zwracalibyśmy wylosowaną kulę i przy losowaniu kolejnej mielibyśmy znowu 17 do wylosowania. Podsumowując, kombinacje, wariacje, permutacje są ze sobą ściśle związane - chodzi jedynie o różną formę zapisu sytuacji.

czeslaw · Post autor: **czeslaw** » 29 cze 2009, o 21:29

Jeśli losujemy naraz x kulek z y, to możemy to zrobić na \(\displaystyle{ {y \choose x}}\) sposobów.
Jeśli losujemy pojedynczo x kulek z y, to możemy to zrobić:
a) ze zwracaniem, na
\(\displaystyle{ {y \choose 1} \cdot {y \choose 1} \cdot {y \choose 1} \cdot \dots \cdot {y \choose 1} = y^{x}}\) sposobów
b) bez zwracania, na
\(\displaystyle{ {y \choose 1} \cdot {y-1 \choose 1} \cdot {y-2 \choose 1 } \cdot \dots \cdot {y-x+1 \choose 1} = {y \choose x} \cdot x! = \frac{y!}{(y-x)!}}\) sposobów.

Losowanie pojedynczo bez zwracania, a losowanie jednokrotne jakiejś ilości kulek naraz, to tylko pozornie to samo.

kadiii · Post autor: **kadiii** » 30 cze 2009, o 00:25

Zagadzam sie z tym co napisałeś w ostatnim poście, tyle że co to ma do rzeczy? Czy nie widzisz, że twoje "naraz" i "bez powtórzeń" różnią sie tylko o sposób interpretacji ciągu wynikowego - zachowanie kolejności i jej brak. łatwo zauważyć, że w przykładzie z zadania kolejność wyboru kul nie ma znaczenia a układy np. (n,n,r) i (n,r,n) są tożsame i liczymy je jako jeden -pomniejszając ilość wariacji o ilość permutacji ciągu wynikowego.

JankoS · Post autor: **JankoS** » 30 cze 2009, o 02:01

Przypuśćmy, że k = 4. Prawdopodobieństwo liczone sposobem Kolegi kadiii'ego \(\displaystyle{ = 0,579411765=1-\frac{13 \cdot 12 \cdot 11}{17 \cdot 16 \cdot 15},}\) gdzie to ostatnie jest p-stwem liczonym za pomocą zdarzenia przeciwnego.
A wracając do "mojegi" sposobu. Nie rozważyłem w nim przypadków k = 0, k = 1, k = 2.

czeslaw · Post autor: **czeslaw** » 30 cze 2009, o 08:42

kadiii: masz na myśli to, że nie nadajemy losowanym kulom kolejności?

kadiii · Post autor: **kadiii** » 30 cze 2009, o 15:12

To, że nie nadajemy kulom kolejności to chyba oczywiste. Czy jeszcze gdzieś masz wątpliwość bo zaczynam się gubić co jest powodem dalszej dyskusji o zadaniu?

JankoS · Post autor: **JankoS** » 30 cze 2009, o 22:16

kadiii pisze:To, że nie nadajemy kulom kolejności to chyba oczywiste. Czy jeszcze gdzieś masz wątpliwość bo zaczynam się gubić co jest powodem dalszej dyskusji o zadaniu?

Kolega czeslaw ma wątpliwości i chce je rozwiać.
Jak to, bardzo często, bywa w matematyce do celu (rozwiązania) można dojść (albo nie) njedną drogą. Tak samo jest z tym zadaniem. Kolega kadiii rozwiązal nie uwzględniając kolejności, w moim rozwiazaniu nie miałem takiego dylematu. Oczywiście (?) zadanie można rozwiązać uwzględniając kolejność, bo do kombinacji można dojść poprzez wariacje.

kadiii · Post autor: **kadiii** » 30 cze 2009, o 22:34

Zgadzam sie z Tobą JankoS, wszak sam napisałem:

Podsumowując, kombinacje, wariacje, permutacje są ze sobą ściśle związane - chodzi jedynie o różną formę zapisu sytuacji.

W moim rozwiązaniu nie uwzględniłem numerowania kul bo niejako tak w domyśle interpretuje sie takie zadania. Oczywiście uwzględniając numerację nalezy zwiększyć moce kolejnych zbiorów oznaczających różne sytuacje w losowaniu razy ilość premutacji ciągu losowanego. W przypadku "mojego" rozwiązania ograniczałoby sie to do pomnożenia ostatniego składnika sumy w liczniku i mianownika przez 3. Mam nadzieję, że juz wszystko jasne - jeśli nie to proszę dalej pytaj. Pozdrawiam