... aby prawdopodobieństwo... było większe od 1/3

Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
lingen
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 73
Rejestracja: 27 lut 2009, o 19:21
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 6 razy

... aby prawdopodobieństwo... było większe od 1/3

Post autor: lingen »

W urnie jest n kul, z których k jest czarnych. Wiedząc, że k jest rozwiązaniem równania \(\displaystyle{ {k \choose 3}: {k \choose 2}=3}\), oblicz, ile co najwyżej może być kul w urnie, aby prawdopodobieństwo dwukrotnego wylosowania czarnej kuli bez zwracania było większe od \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\).

Takie właśnie zdanie. Więc rozpocząłem od rozwiązania tego równania:
\(\displaystyle{ {k \choose 3}: {k \choose 2}=3}\)
\(\displaystyle{ \frac{k!}{(k-3)! * 3!} * \frac{(k-2)! * 2!}{k!} = 3}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{(k-3)! * 3!} * \frac{(k-3)! *(k-2) * 2!}{1} = 3}\)

\(\displaystyle{ \frac{(k-2) * 2}{2 * 3} = 3}\)

\(\displaystyle{ \frac{(k-2)}{ 3} = 3 /*3}\)

\(\displaystyle{ k-2 = 9}\)

\(\displaystyle{ k = 11}\)

No i teraz tak:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega }}=n}\)
\(\displaystyle{ A \subset \Omega}\)
A - „dwukrotne wylosowanie czarnej kuli bez zwracania”

\(\displaystyle{ \overline{\overline{A}} = V^{2}_{11} = \frac{11!}{(11-2)!} = \frac{11!}{(9)!} = 10 * 11 = 110}\)

I teraz tego nie wiem jak to policzyć dalej, o ile wszystko co do tej pory zrobiłem się zgadza:

\(\displaystyle{ P(A) = \frac{\overline{\overline{A}}}{\overline{\overline{\Omega }}}}\)
\(\displaystyle{ \frac{110}{n} > \frac{1}{3} ??}\)
Wychodzą jakieś dziwne wyniki. Dodam, że odpowiedź to: \(\displaystyle{ n \in {11,12,13,14,15,16,17,18}}\)
mostostalek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1384
Rejestracja: 26 lis 2006, o 21:34
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Poznań
Podziękował: 33 razy
Pomógł: 268 razy

... aby prawdopodobieństwo... było większe od 1/3

Post autor: mostostalek »

lingen pisze: \(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega }}=n}\)
To jest losowanie jednej kuli.. Ty losujesz dwie bez zwracania
czyli:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega }}=n(n-1)}\)

dorzuć do tego że \(\displaystyle{ n \ge k}\) i wyjdzie co trzeba

tak w ogóle:
lingen pisze: oblicz, ile co najwyżej może być kul w urnie, aby prawdopodobieństwo dwukrotnego wylosowania czarnej kuli bez zwracania było większe od \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\).
pozdrawiam

odpowiedzią nie jest zbiór liczb tylko jedna (ta największa)
to tak odnośnie tego:
lingen pisze: Dodam, że odpowiedź to: \(\displaystyle{ n \in {11,12,13,14,15,16,17,18}}\)
lingen
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 73
Rejestracja: 27 lut 2009, o 19:21
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 6 razy

... aby prawdopodobieństwo... było większe od 1/3

Post autor: lingen »

mostostalek pisze: To jest losowanie jednej kuli.. Ty losujesz dwie bez zwracania
czyli:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega }}=n(n-1)}\)
Skąd ta liczebność? \(\displaystyle{ n(n-1)}\)?
Ymm... n to ilość wszystkich kul i skoro losuję 2 kule bez zwracania to wszystkich możliwości bez powtórzeń będzie \(\displaystyle{ {n \choose 2}}\) ?

Nie wiem... ;d
mostostalek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1384
Rejestracja: 26 lis 2006, o 21:34
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Poznań
Podziękował: 33 razy
Pomógł: 268 razy

... aby prawdopodobieństwo... było większe od 1/3

Post autor: mostostalek »

noo tak na to wychodzi
ja to tak na "chłopski rozum"
najpierw losujesz jedną z n później jedną z n-1 i jest co ma być
ODPOWIEDZ