Urna z kulami

DominikP · Post autor: **DominikP** » 3 wrz 2009, o 12:57

Witam wszystkich. Mam takie oto zadanie:

W urnie znajdują się 3 kule białe i 4 czarne. Losujemy bez zwracania 6 kul, nie sprawdzając ich koloru. Następnie jedną kulę. Prawdopodobieństwo że będzie ona biała jest równe.
a)4/7 b)1/27 c)3/4

Czy mógłby mi ktoś wytłumaczyć jak zabrać się za takie zadanie? Jaka jest w ogóle kolejność działań przy rozwiązywaniu zadań z kulami. Chodzi mi o to czy do każdego zadania można podchodzić tak samo?

Z góry dziękuję za pomoc.

Gotta · Post autor: **Gotta** » 3 wrz 2009, o 13:16

Mamy 3 kule białe i 4 czarne. Losujemy 6 kul:
- możemy wylosować 3 kule białe i 3 czarne albo
- 2 kule białe i 4 czarne.
Następnie losujemy jedną kulę i szukamy prawdopodobieństwa, że będzie biała.

Niech zdarzenie A oznacza wylosowanie kuli białej, a zdarzenia \(\displaystyle{ H_1}\) - wylosowano w pierwszym losowaniu 3 kule białe i 3 czarne, a \(\displaystyle{ H_2}\) - wylosowano w pierwszym losowaniu 2 kule białe i 4 czarne.
\(\displaystyle{ P(H_1)=\frac{ {3 \choose 3} \cdot {4 \choose 3} }{ {7 \choose 6} }=\frac{4}{7}}\)
\(\displaystyle{ P(H_2)=\frac{ {3 \choose 2} \cdot {4 \choose 4} }{ {7 \choose 6} }=\frac{3}{7}}\)

Prawdopodobieństwo wylosowaniu kuli białej, jeśli zaszło zdarzenie \(\displaystyle{ H_1}\) wynosi
\(\displaystyle{ P(A|H_1)=\frac{3}{6}}\)
a prawdopodobieństwo wylosowaniu kuli białej, jeśli zaszło zdarzenie \(\displaystyle{ H_2}\) wynosi
\(\displaystyle{ P(A|H_1)=\frac{2}{6}}\)

Korzystając ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite otrzymujemy
\(\displaystyle{ P(A)=P(A|H_1)\cdot P(H_1)+P(A|H_2)\cdot P(H_2)}\)
szukane prawdopodobieństwo:
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{3}{6} \cdot \frac{4}{7}+\frac{2}{6}\cdot\frac{3}{7}=\frac{3}{7}}\)

Inkwizytor · Post autor: **Inkwizytor** » 3 wrz 2009, o 13:30

Gotta po co sobie komplikować życie jakimiś warunkami? To jest sztuka dla sztuki.

\(\displaystyle{ n(\Omega)}\) - moc zbioru Omega

Losujemy 6 z 7 kul
\(\displaystyle{ n(\Omega) = {7 \choose 6} = 7}\)

\(\displaystyle{ n(A)}\) - moc zbioru zdarzeń sprzyjających
A- zdarzenie sprzyjające polega na tym, że zostanie nam na końcu kula biała, czyli wśród 6 wylosowanych są 4 czarne i 2 białe
\(\displaystyle{ n(A) = {4 \choose 4} \cdot {3 \choose 2} = 1 \cdot 3 = 3}\)
\(\displaystyle{ P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)}= \frac{3}{7}}\)

p.s. Ponieważ jedną z odpowiedzi jest 4/7 dedukuję iż prawdopodobnie (nomen omen) albo w pytaniu powinno chodzić o kulę czarną, albo należy odwrócić ilość kul tzn. 4 białe i 3 czarne.

Zelman · Post autor: **Zelman** » 3 wrz 2009, o 13:54

Inkwizytor, ale twoja wersja nie uwzględnia, że mogą być 3 białe i 3 czarne, więc moim zdaniem wersja Gotta jest poprawna, ponieważ uwzględnia wszystkie przypadki.

DominikP · Post autor: **DominikP** » 3 wrz 2009, o 14:03

Inkwizytor pisze:p.s. Ponieważ jedną z odpowiedzi jest 4/7 dedukuję iż prawdopodobnie (nomen omen) albo w pytaniu powinno chodzić o kulę czarną, albo należy odwrócić ilość kul tzn. 4 białe i 3 czarne.

Wszystko jest ok. Dziękuję.Jednym z wyników do wybrania jest też 3/7 nie dopatrzenie z mojej strony.

Inkwizytor · Post autor: **Inkwizytor** » 3 wrz 2009, o 15:03

Zelman pisze:Inkwizytor, ale twoja wersja nie uwzględnia, że mogą być 3 białe i 3 czarne, więc moim zdaniem wersja Gotta jest poprawna, ponieważ uwzględnia wszystkie przypadki.

W jaki sposób ostatnia kula może być biała jeśli wcześniej wylosujemy wszystkie (3) białe*?
Potrafisz wytłumaczyć jakim to dziwnym trafem moja odpowiedź jest prawidłowa?

*) mówimy tu o zdarzeniach sprzyjających, bo w Omedze nie ma to znaczenia.

Zelman · Post autor: **Zelman** » 3 wrz 2009, o 15:28

A- zdarzenie sprzyjające polega na tym, że zostanie nam na końcu kula biała, czyli wśród 6 wylosowanych są 4 czarne i 2 białe

nie wylosowałes 3 białych, tylko dwie-- 3 września 2009, 15:34 --

Inkwizytor pisze: Potrafisz wytłumaczyć jakim to dziwnym trafem moja odpowiedź jest prawidłowa?

no własnie twoja odp nie jest w 100% prawidłowa, ponieważ nie uwzględniasz obydwu przypadków

janusz47 · Post autor: **janusz47** » 3 wrz 2009, o 15:54

janusz47 pisze:gotta ,
twoja wersja rozwiązania zadania jest nieprawidłowa choć daje poprawny wynik \(\displaystyle{ frac{3}{7} [ ex], bo nie uwzględnia dwuetapowości doświadczenia losowego opisanego w zadaniu.Rachunek prawdopodobieństwa zajmuje się modelowaniem doświadczeń losowych.}\)

Gotta · Post autor: **Gotta** » 3 wrz 2009, o 16:04

janusz47 pisze:
janusz47 pisze:gotta ,
twoja wersja rozwiązania zadania jest nieprawidłowa choć daje poprawny wynik \(\displaystyle{ frac{3}{7} [ ex], bo nie uwzględnia dwuetapowości doświadczenia losowego opisanego w zadaniu.Rachunek prawdopodobieństwa zajmuje się modelowaniem doświadczeń losowych.}\)

Dlaczego uważasz, moje rozwiązanie nie uwzględnia dwuetapowości doświadczenia?

Inkwizytor · Post autor: **Inkwizytor** » 3 wrz 2009, o 17:00

Zelman pisze:
A- zdarzenie sprzyjające polega na tym, że zostanie nam na końcu kula biała, czyli wśród 6 wylosowanych są 4 czarne i 2 białe
nie wylosowałes 3 białych, tylko dwie

Człowieku! O czym ty mówisz jakie dwa przypadki?

MASZ 3 BIAŁE i 4 CZARNE
Pytanie w zadaniu brzmi: "Jakie jest prawdopodobieństwo że po wylosowaniu 6 kul zostanie BIAŁA?"
Sytuacja pierwsza
Wylosowano 2 białe i 4 czarne. ---> Została BIAŁA
Jest to zdarzenie sprzyjające
Sytuacja druga
Wylosowano 3 białe i 3 czarne. ---> Została CZARNA
NIE JEST to zdarzenie sprzyjające. Po kiego uwzględniać ten przypadek przy liczeniu mocy zbioru A jeśli NIE SPEŁNIA on kryterium zdarzenia sprzyjającego.

Zelman pisze:
Inkwizytor pisze: Potrafisz wytłumaczyć jakim to dziwnym trafem moja odpowiedź jest prawidłowa?
no własnie twoja odp nie jest w 100% prawidłowa, ponieważ nie uwzględniasz obydwu przypadków

Zastanów się ponownie. Jesli moje rozwiązanie jest NIEPEŁNE tzn. nie uwzględnia jakiegoś przypadku, to mój wynik powinien byc inny niz prawidłowa odpowiedź. No chyba logiczne.

p.s. proponuje zebrać 4 kulki czarne, 3 białe i sobie to przećwiczyć

Gotta · Post autor: **Gotta** » 3 wrz 2009, o 17:12

DominikP pisze::
W urnie znajdują się 3 kule białe i 4 czarne. Losujemy bez zwracania 6 kul, nie sprawdzając ich koloru. Następnie jedną kulę. Prawdopodobieństwo że będzie ona biała jest równe.
a)4/7 b)1/27 c)3/4

Zadanie nie jest jasno sprecyzowane.
Inkwizytor rozwiązał je, zakładając, że ostatnią kulę losujemy z tych kul, które zostały po usunięciu sześciu kul, a ja założyłam, że losujemy kulę spośród 6 wylosowanych kul. Stąd różnice w odpowiedzi.

Inkwizytor · Post autor: **Inkwizytor** » 3 wrz 2009, o 18:12

Aaaaa....więc o to chodzi! No to teraz wszystko jasne!
Proszę o wybaczenie, ale faktycznie dwuznaczność treści mogła sprowadzić mnie na manowce zadania.
Nie wziąłem pod uwagę faktu, iż może w treści chodzić o drugie losowanie w którym losujemy jedną kulę z tej szóstki.

Innymi słowy. Obaj mieliśmy rację (w zależności od interpretacji)

DominikP · Post autor: **DominikP** » 3 wrz 2009, o 18:16

Gotta pisze:
DominikP pisze::
W urnie znajdują się 3 kule białe i 4 czarne. Losujemy bez zwracania 6 kul, nie sprawdzając ich koloru. Następnie jedną kulę. Prawdopodobieństwo że będzie ona biała jest równe.
a)4/7 b)1/27 c)3/4

Zadanie nie jest jasno sprecyzowane.
Inkwizytor rozwiązał je, zakładając, że ostatnią kulę losujemy z tych kul, które zostały po usunięciu sześciu kul, a ja założyłam, że losujemy kulę spośród 6 wylosowanych kul. Stąd różnice w odpowiedzi.

W ramach wyjaśnienia chodziło o kulę która została prócz wylosowanych 6.Brakowało w dodatku podpunktu d) z odpowiedzią 3/7. Teraz wszystko jasne. Nie napisałem wyraźnie treści, mój błąd.

Inkwizytor · Post autor: **Inkwizytor** » 3 wrz 2009, o 22:55

DominikP pisze: W ramach wyjaśnienia chodziło o kulę która została prócz wylosowanych 6.Brakowało w dodatku podpunktu d) z odpowiedzią 3/7. Teraz wszystko jasne. Nie napisałem wyraźnie treści, mój błąd.

Czyli jednak wyszło na moje Ale oczywiście gdyby chodziło o wylosowanie kuli białej spośród 6 wcześniej wybranych to rozwiązanie Gotty jest poprawne