Prawdopodobieństwo warunkowe.

Martyn1 · Post autor: **Martyn1** » 19 paź 2006, o 18:31

Z urny zawierającej 4 kule białe i 5 czarnych usunięto losowo jedną kulę, a następnie wylosowano dwie kule. Zbadaj, co jest bardziej prawdopodobne:
a) wylosowanie dwóch kul białych pod warunkiem, że usunęliśmy kulę czarną,
b) wylosowanie kul różnokolorowych pod warunkiem, że usunęliśmy kulę białą.

Oznaczenia:
\(\displaystyle{ A_1}\) - wylosowanie dwóch kul białych
\(\displaystyle{ A_2}\) - wylosowanie kul różnokolorowych
\(\displaystyle{ B_1}\) - usunięcie kuli czarnej
\(\displaystyle{ B_2}\) - usunięcie kuli białej.

a) \(\displaystyle{ P(A_1 | B_1)=\frac{P(A_1 \cap B_1)}{P(B_1)}}\)

\(\displaystyle{ A_1 \cap B_1}\) jak policzyć moc tego zbioru? Najpierw usunąć jedną czarną a potem policzyć prawdopodobieństwo wylosowania dwóch białych?

b) \(\displaystyle{ P(A_2 | B_2)=\frac{P(A_2 \cap B_2)}{P(B_2)}}\)

I znowu pytanie jak policzyć moc zbioru \(\displaystyle{ A_2 \cap B_2}\)?

Sir George · Post autor: **Sir George** » 19 paź 2006, o 20:44

Martyn1 pisze:\(\displaystyle{ A_1\cap B_1}\) jak policzyć moc tego zbioru? Najpierw usunąć jedną czarną a potem policzyć prawdopodobieństwo wylosowania dwóch białych?

Dokładnie TAK...

Martyn1 pisze:I znowu pytanie jak policzyć moc zbioru \(\displaystyle{ A_2\cap B_2}\)?

Tak jak wyżej... Usuwasz kulę białą i liczysz pstwo wylosowania kul różnego koloru (tzn. dokładnie jednej czarnej i jednej białej)...
...czyli \(\displaystyle{ P(A_2\cap B_2)\ =\ \frac{3\cdot5}{{8\choose2}}}\)

Martyn1 · Post autor: **Martyn1** » 19 paź 2006, o 20:49

Więc \(\displaystyle{ P(A_2 \cap B_2)= \frac{15}{28}}\) Natomiast \(\displaystyle{ P(B_2)=\frac{4}{9}}\) czyli \(\displaystyle{ P(A_2 | B_2)=\frac{\frac{15}{28}}{\frac{4}{9}}=\frac{15}{28} \frac{9}{4}=1\frac{23}{112}}\) Trochę za dużo wyszło... ??:

Sir George · Post autor: **Sir George** » 19 paź 2006, o 22:48

Martyn1 pisze:trochę za dużo wyszło... ??:

eeee.... racja...
To co napisałem odnosi się do pstwa warunkowego, czyli \(\displaystyle{ P(A_2 | B_2)\, =\, \frac{15}{28}}\).

Podobnie z \(\displaystyle{ P(A_1 | B_1)}\) - liczy się to właśnie tak, jak napisałeś: usuwamy kulę czarną i liczymy pstwo wylosowania dwóch kul białych...

Natomiast policzenie wprost pstwa \(\displaystyle{ P(A_1\cap B_1)}\) jest dość skomplikowane, łatwiej wykorzystać wzór:
\(\displaystyle{ P(A_1\cap B_1)\ =\ P(B_1)\cdot P(A_1 | B_1)}\)

Sorry za pomyłkę, jest trochę późno (jak dla mnie) - miałem ciężki dzień... i sam się dziwię, czemu jeszcze nie śpię, a gapię się w monitor....

Martyn1 · Post autor: **Martyn1** » 19 paź 2006, o 23:14

I nie trzeba w ogóle uzywac \(\displaystyle{ P(B_2)}\)? Bo jeśli \(\displaystyle{ P(A_2 | B_2)\, =\, \frac{15}{28}}\) to wtedy do obliczenia p-stwa warunkowego w ogóle nie używamy prawdopodobieństwa tego warunku. ??:

Sir George · Post autor: **Sir George** » 19 paź 2006, o 23:34

Martyn1 pisze:do obliczenia p-stwa warunkowego w ogóle nie używamy prawdopodobieństwa tego warunku. ??:

Jak najbardziej...
A z resztą... po namyśle wydaje mi się, że \(\displaystyle{ P(A_2\cap B_2)}\) można policzyć tak: pstwo wylosowania kuli białej przemnożone (bo w pewnym sensie niezależne) przez pstwo wylosowania kul różnokolorowych z zestawu bez jednej kuli białej.
Ale w sumie wychodzi dokładnie to samo, co ze wzoru, który napisałem wcześniej...

A do obliczenia pstwa warunkowego w tym przypadku rzeczywiście nie trzeba korzystać ze wzoru. Dzieje się tak dlatego, że warunek jest związany ze zdarzeniem poprzedzającym zdarzenie nas interesujące - możemy więc rozważać sytuację, w której warunek już zaszedł...

Martyn1 · Post autor: **Martyn1** » 20 paź 2006, o 16:43

Aha, dzięki. Jeszcze jedno pytanie odnośnie rysowania drzewka bo nigdzie nie mogę znaleźć informacji o tym.

Dobrze narysowałem schemat? Czy na tych dalszych gałęziach zamiast P(C|A) i P(D|A) powinno być P(C) i P(D)?