talia kart i pomalowany czworościan /niezależność zdarzeń/

[Skylin3]

Witam! Mam probem z tymi zadankami:

1)Z talii 52 kart losujemy jednocześnie dwie. Czy niezależne są zdarzenia: A- wylosowanie dwóch kart różnych kolorów, B- wylosowanie dwóch kart, z których jedna jest młodsza od 5, a druga jest starsza od 9?

2)Ściany pewnego czworościanu pomalowano w następujący sposób: jedną na niebiesko, drugą na żółto, trzecią na czerwono, czwartą zaś w pasy wszystkich wymienionych kolorów. Rzucamy czworościanem i oglądamy ściankę na którą upadł. Oznaczamy zdarzenia:
A- na ściance, na którą upadł czworościan, jest kolor niebieski,
B- na ściance, na którą upadł czworościan jest kolor żółty
C-na ściance, na którą upadł czworościan jest kolor czerwony.
Zbadaj niezalezność par zdarzeń A i B, A i C oraz B i C. Czy zdarzenia A, B i C są niezależne?

z góry dziekuje za pomoc

[jarmiar]

proszę również o pomoc z zad nr 1

[mat_61]

Wskazówka:

Sprawdź czy spełniony jest warunek niezależności zdarzeń, tzn.:

\(\displaystyle{ P(A \cap B)=P(A) \cdot P(B)}\)

[jarmiar]

a mogę sobie obliczyć \(\displaystyle{ P(A \cap B) = [P(A)+P(B)]-1}\) i jeśli da liczbę nieujemną wtedy przyjmie prawdopodobienstwo od części wspólnej taką wartość a jeżeli ujemną wtedy prawdo. od części wpolnej bedzie rownało się 0 ? dobrze rozumuję?

[mat_61]

A co to za dziwne równanie? Skąd je w ogóle wziąłeś?

[jarmiar]

z własności prawdopodobieństwa warunkowego:

\(\displaystyle{ P(A|B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)}\)

powyższa własnoc jest wykorzystywana jesi istnieje częśc wspólna zatem mozna korzystając z kolejnej własności prawd. suma prawdopodobieństw nie może być wieksza niż 1 jesli \(\displaystyle{ A, B \subset \Omega}\)

zatem "nmadwyżka" to część wspólna, dobrze kombuinuje?

[mat_61]

Skąd Ty bierzesz te wzory?

Jak już to:

\(\displaystyle{ P(A \cup B)=P(A)+P(B)-P(A \cap B)}\)

\(\displaystyle{ P(A/B)= \frac{P(A \cap B)}{P(B)}}\)

Zdarzenia A i B są niezależne gdy zachodzi jeden z przypadków:

\(\displaystyle{ 1. \ P(A/B)=P(A) \ gdy \ P(B)>0}\)

\(\displaystyle{ 2. \ P(B)=0}\)

suma prawdopodobieństw nie może być wieksza niż 1

A dlaczego nie? Chyba, że miałeś na myśli prawdopodobieństwo sumy (a nie sumę prawdopodobieństw)? Ale nic takiego tutaj nie masz.

dobrze kombuinuje?

Ale po co w ogóle coś kombinujesz? Wystarczy przecież sprawdzić podstawowy warunek niezależności zdarzeń, który Ci podałem i zadanie gotowe.

[jarmiar]

to jak obliczysz część wspólną w tym zadaniu?

[mat_61]

Jeżeli masz zdarzenia:

\(\displaystyle{ A:}\) wylosowanie dwóch kart różnych kolorów
\(\displaystyle{ B:}\) wylosowanie dwóch kart, z których jedna jest młodsza od 5, a druga jest starsza od 9

to:

\(\displaystyle{ (A \cap B):}\) wylosowanie dwóch kart różnych kolorów, z których jedna jest młodsza od 5, a druga jest starsza od 9

I teraz musisz obliczyć prawdopodobieństwa tych zdarzeń.

[jarmiar]

to wiem, ale masakra jest liczyc to w ten sposob, weź mi pokaż jak to obliczyc

[mat_61]

Ale z którym zdarzeniem masz problemy?

[Daragon]

A ja też mam problem z obliczeniem zbioru \(\displaystyle{ P(A \cap B)}\)^^

[mat_61]

Ilość zdarzeń sprzyjających iloczynowi zdarzeń A i B (czyli moc zbioru): wylosowanie dwóch kart różnych kolorów, z których jedna jest młodsza od 5, a druga jest starsza od 9.

Skorzystaj z zasady iloczynowej dla kolejnych wyborów:

a) dwóch kolorów z czterech
b) jednego koloru z dwóch wybranych wcześniej dla którego będzie karta młodsza od 5
c) karty młodszej od 5 z koloru wybranego w punkcie b)
d) karty starszej od 9 z drugiego z kolorów.

[Daragon]

Mi wyszło\(\displaystyle{ \overline{A\cap B} = 6*2*4*5= 240}\)

[mat_61]

OK.
Dla porządku należałoby dodać drugą kreskę dla oznaczenia mocy zbioru:

\(\displaystyle{ \overline{\overline{(A\cap B)}} = 6 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 5= 240}\)