Witam!
Zadanie nieskomplikowane ale nie umiem tego zrobić jednym prostym rachunkiem:
Zad.
Z talii 60 takich samych kart zostały wybrane 3, które następnie oznaczono.
a) Jakie jest prawdopodobieństwo, że wśród losowo wyciągniętych 15 kart z tej talii, znajdzie się przynajmniej jednak karta oznaczona?
b) tak jak w punkcie a, tylko, że tym razem jeśli nie uda się wyciągnąć karty oznaczonej odkładamy 10 kart i z pośród pozostałych 50 znów losujemy 10 kart (przynajmniej ja tak to rozumiem xD). Jakie jest wtedy prawdopodobieństwo, wylosowania karty oznaczonej?
czy można a) zrobić tak:
1)\(\displaystyle{ {60\choose 15}}\) - wszystkie zdarzenia
2)\(\displaystyle{ {57\choose 15}}\) - wszystkie zdarzenia gdy ani razu nie wybierzemy karty oznaczonej
i teraz
1 - (stosunek 2 do 1)
to jest szukane prawdopodobieństwo? Jest jakiś prostszy sposób?
a w punkcie b) nie za bardzo wiem - te prawdopodobieństwa będą się po prostu dodawać z drzewka?
Z góry dzięki za pomoc
Losowanie kart
-
- Użytkownik
- Posty: 4618
- Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Racibórz
- Pomógł: 866 razy
Losowanie kart
Moce zbioru Omega oraz A' masz obliczone poprawnie.
a) masz obliczyć p-stwo, że co najmniej 1 karta (czyli 1, 2 lub 3) będzie oznaczona. Zdarzenie przeciwne to zdarzenie, że żadna karta nie będzie oznaczona, czyli dla punktu a) powinno być:
\(\displaystyle{ P(A)=1- \frac{ {57 \choose 15} }{ {60 \choose 15} }}\)
b) tutaj nie do końca jest jasna treść tego punktu (czy napisałeś ją dosłownie tak jak było w treści oryginalnego zadania?).
Czy te 10 kart odkładamy z tych wylosowanych 15?
Napisałeś, że spośród 50 znów losujemy 10 (ale dlaczego znów skoro wcześniej losowaliśmy 15?)
Czy wtedy mamy obliczyć p-stwo wylosowania jednej oznaczonej karty, czy tak jak wcześniej przynajmniej jednej?
a) masz obliczyć p-stwo, że co najmniej 1 karta (czyli 1, 2 lub 3) będzie oznaczona. Zdarzenie przeciwne to zdarzenie, że żadna karta nie będzie oznaczona, czyli dla punktu a) powinno być:
\(\displaystyle{ P(A)=1- \frac{ {57 \choose 15} }{ {60 \choose 15} }}\)
b) tutaj nie do końca jest jasna treść tego punktu (czy napisałeś ją dosłownie tak jak było w treści oryginalnego zadania?).
Czy te 10 kart odkładamy z tych wylosowanych 15?
Napisałeś, że spośród 50 znów losujemy 10 (ale dlaczego znów skoro wcześniej losowaliśmy 15?)
Czy wtedy mamy obliczyć p-stwo wylosowania jednej oznaczonej karty, czy tak jak wcześniej przynajmniej jednej?
Losowanie kart
B)
tak, rzeczywiście - trochę się pośpieszyłem i nie ustrzegłem się błędu logicznego. Powinno być, że po wylosowaniu 15 kart odkładamy z nich 10. pozostałe pięć wtasowujemy z powrotem i z pozostałych 50 kart znów losujemy, ale tym razem tylko 10 kart. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosujemy przynajmniej jedną kartę znaczoną?
i teraz tak:
1) liczę prawdopodobieństwo tak samo jak w przypadku a) raz dla 15 kart z 60 (P(A)), raz dla 10 kart z 50 (P(B)).
i sumuję w ten sposób:
P(A) + (1-P(A))*P(B)
i wychodzi mi szukane prawdopodobieństwo - dobrze myślę?
tak, rzeczywiście - trochę się pośpieszyłem i nie ustrzegłem się błędu logicznego. Powinno być, że po wylosowaniu 15 kart odkładamy z nich 10. pozostałe pięć wtasowujemy z powrotem i z pozostałych 50 kart znów losujemy, ale tym razem tylko 10 kart. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosujemy przynajmniej jedną kartę znaczoną?
i teraz tak:
1) liczę prawdopodobieństwo tak samo jak w przypadku a) raz dla 15 kart z 60 (P(A)), raz dla 10 kart z 50 (P(B)).
i sumuję w ten sposób:
P(A) + (1-P(A))*P(B)
i wychodzi mi szukane prawdopodobieństwo - dobrze myślę?
-
- Użytkownik
- Posty: 4618
- Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Racibórz
- Pomógł: 866 razy
Losowanie kart
Nie za bardzo.
Jeżeli doświadczenie składa się z dwóch niezależnych doświadczeń X i Y to ich iloczyn jest równy iloczynowi p-stw, czyli:
\(\displaystyle{ P(X \cap Y)=P(X) \cdot P(Y)}\)
Doświadczenie z punktu b) można zapisać jako: wylosowanie karty nieoznaczonej w I losowaniu i wylosowanie co najmniej jednej karty oznaczonej w drugim losowaniu. Wówczas:
\(\displaystyle{ P(B)=P(B1) \cdot P(B2)}\) gdzie:
B1: wylosowanie karty nieoznaczonej w I losowaniu
B2: wylosowanie co najmniej jednej karty oznaczonej w drugim losowaniu
Oczywiście \(\displaystyle{ P(B1)=1-P(A)}\)
Natomiast \(\displaystyle{ P(B2)}\) najprościej obliczyć jako p-stwo zdarzenia przeciwnego \(\displaystyle{ P(B2)=1-P(B2')}\)
Jak masz jeszcze jakieś wątpliwości to napisz swoje rozwiązanie.
Jeżeli doświadczenie składa się z dwóch niezależnych doświadczeń X i Y to ich iloczyn jest równy iloczynowi p-stw, czyli:
\(\displaystyle{ P(X \cap Y)=P(X) \cdot P(Y)}\)
Doświadczenie z punktu b) można zapisać jako: wylosowanie karty nieoznaczonej w I losowaniu i wylosowanie co najmniej jednej karty oznaczonej w drugim losowaniu. Wówczas:
\(\displaystyle{ P(B)=P(B1) \cdot P(B2)}\) gdzie:
B1: wylosowanie karty nieoznaczonej w I losowaniu
B2: wylosowanie co najmniej jednej karty oznaczonej w drugim losowaniu
Oczywiście \(\displaystyle{ P(B1)=1-P(A)}\)
Natomiast \(\displaystyle{ P(B2)}\) najprościej obliczyć jako p-stwo zdarzenia przeciwnego \(\displaystyle{ P(B2)=1-P(B2')}\)
Jak masz jeszcze jakieś wątpliwości to napisz swoje rozwiązanie.
Losowanie kart
No właśnie - zadanie jest jakoś beznadziejnie sformułowanie można je różnie interpretować. Bo ja założyłem, że sprawa ma się tak:
1) losujemy z 60 kart i sprawdzam jakie jest prawdopodobieństwo, że wtedy wylosuje przynajmniej jedną kartę oznaczoną.
2) następnie mam taką jakby "dodatkową szansę" i losuję z tej 50- kartkowej talii.
W sumie więc prawdopodobieństwo musi wyjść większe niż w punkcie a)
i próbowałem rozwiązać z drzewka - czyli w przełożeniu na język: liczę jakie jest prawdopodobieństwo, że za pierwszym lub drugim losowaniem wylosuję przynajmniej jedną kartę (i to prowadzi do rachunków jak w moim poście powyżej). No i założyłem (nie wiem, czy słusznie), że to drugie prawdopodobieństwo liczę dla przypadku gdy za pierwszym razem nie wylosowałem ani jednej karty znaczonej - aby otrzymać jak najwyższy wynik. Czy przy takiej "interpretacji" (jakkolwiek głupio by to nie brzmiało) ma to sens?
1) losujemy z 60 kart i sprawdzam jakie jest prawdopodobieństwo, że wtedy wylosuje przynajmniej jedną kartę oznaczoną.
2) następnie mam taką jakby "dodatkową szansę" i losuję z tej 50- kartkowej talii.
W sumie więc prawdopodobieństwo musi wyjść większe niż w punkcie a)
i próbowałem rozwiązać z drzewka - czyli w przełożeniu na język: liczę jakie jest prawdopodobieństwo, że za pierwszym lub drugim losowaniem wylosuję przynajmniej jedną kartę (i to prowadzi do rachunków jak w moim poście powyżej). No i założyłem (nie wiem, czy słusznie), że to drugie prawdopodobieństwo liczę dla przypadku gdy za pierwszym razem nie wylosowałem ani jednej karty znaczonej - aby otrzymać jak najwyższy wynik. Czy przy takiej "interpretacji" (jakkolwiek głupio by to nie brzmiało) ma to sens?
-
- Użytkownik
- Posty: 4618
- Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Racibórz
- Pomógł: 866 razy
Losowanie kart
Nie bardzo ma sens to co napisałeś albo dokładniej, to co piszesz w kolejnych zdaniach to różne, sprzeczne ze sobą rzeczy.
W treści zadania masz napisane tak:
A Ty później piszesz tak:
Dla przykładu b) masz drugą szansę wtedy gdy za pierwszym razem nie wylosujesz znaczonej karty.
Punkty a) i b) to są osobne przykłady. Zbiór zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu z punktu b) to nie jest przecież zbiór zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu z punktu a) plus coś dodatkowego.
W treści zadania masz napisane tak:
Oznacza to dokładnie niewyciągnięcie znaczonej karty za pierwszym razem i wyciągnięcie co najmniej jednej znaczonej karty za drugim razem Nie ma co kombinować z innymi interpretacjami.b) tak jak w punkcie a, tylko, że tym razem jeśli nie uda się wyciągnąć karty oznaczonej odkładamy 10 kart i z pośród pozostałych 50 znów losujemy 10 kart
A Ty później piszesz tak:
Punkt 1) dotyczy tylko przykładu a).kon pisze:1) losujemy z 60 kart i sprawdzam jakie jest prawdopodobieństwo, że wtedy wylosuje przynajmniej jedną kartę oznaczoną.
2) następnie mam taką jakby "dodatkową szansę" i losuję z tej 50- kartkowej talii.
Dla przykładu b) masz drugą szansę wtedy gdy za pierwszym razem nie wylosujesz znaczonej karty.
A niby dlaczego?kon pisze:W sumie więc prawdopodobieństwo musi wyjść większe niż w punkcie a)
Punkty a) i b) to są osobne przykłady. Zbiór zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu z punktu b) to nie jest przecież zbiór zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu z punktu a) plus coś dodatkowego.
Całkowicie źle przełożyłeś na język zdarzenie z zadania (pomijając już to, że nawet dla takiej interpretacji Twoje rozwiązanie jest niepoprawne). To co napisałeś (z tym lub) to byłoby całkowicie inne zadanie. Oznaczałoby wylosowanie za I razem co najmniej 1 znaczonej karty i nieznaczonej za II razem lub nieznaczonej za I i co najmniej 1 znaczonej za II lub co najmniej 1 znaczonej za I i co najmniej 1 znaczonej za II razem.kon pisze:w przełożeniu na język: liczę jakie jest prawdopodobieństwo, że za pierwszym lub drugim losowaniem wylosuję przynajmniej jedną kartę (i to prowadzi do rachunków jak w moim poście powyżej).
Zauważ, że w dwóch powyższych cytatach piszesz dwie odmienne rzeczy. Raz piszesz: liczę jakie jest prawdopodobieństwo, że za pierwszym lub drugim losowaniem wylosuję przynajmniej jedną kartę a jedno zdanie dalej, że to drugie prawdopodobieństwo liczę dla przypadku gdy za pierwszym razem nie wylosowałem ani jednej karty znaczonejkon pisze:No i założyłem (nie wiem, czy słusznie), że to drugie prawdopodobieństwo liczę dla przypadku gdy za pierwszym razem nie wylosowałem ani jednej karty znaczonej - aby otrzymać jak najwyższy wynik. Czy przy takiej "interpretacji" (jakkolwiek głupio by to nie brzmiało) ma to sens?
Losowanie kart
ajajaj... No oczywiście zgadzam się ze wszystkim.
Próbowałem policzyć prawdopodobieństwo, że po dwóch losowaniach, wylosuję przynajmniej jedną kartę. Uznałem, że jej wylosowanie to stan "do którego dążymy". Więc chciałem tylko sprawdzić z jakim największym prawdopodobieństwem może nam się to udać. Dlatego przyjąłem niejako, że losuję karty za pierwszym razem i jeśli uda się ją wylosować, to kończę. Jeśli nie, to losuje z 50 kart. Dla takiej sytuacji liczyłem i wydaje mi się całkiem sensownie (?), ale rzeczywiście masz racje - twój sposób rozwiązania jest bardziej adekwatny i oczywiście dziękuję bardzo za pomoc!
Próbowałem policzyć prawdopodobieństwo, że po dwóch losowaniach, wylosuję przynajmniej jedną kartę. Uznałem, że jej wylosowanie to stan "do którego dążymy". Więc chciałem tylko sprawdzić z jakim największym prawdopodobieństwem może nam się to udać. Dlatego przyjąłem niejako, że losuję karty za pierwszym razem i jeśli uda się ją wylosować, to kończę. Jeśli nie, to losuje z 50 kart. Dla takiej sytuacji liczyłem i wydaje mi się całkiem sensownie (?), ale rzeczywiście masz racje - twój sposób rozwiązania jest bardziej adekwatny i oczywiście dziękuję bardzo za pomoc!