2 urny, losowanie bez zwracania i ze zwracaniem

[smmileey]

W pierwszej urnie jest 6 kul czarnych i 4 białe, a w drugiej urnie jest 7 kul czarnych i 8 białych. Losujemy dwie kule bez zwracania z pierwszej urny i dwie kule ze zwracaniem z drugiej urny. Jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania dokładnie trzech kul białych?

\(\displaystyle{ \Omega = V^{2}_{10} \cdot W^{2}_{15}= 9 \cdot 10 \cdot 15^{2}}\)

I teraz rozpatrzyłem dwa przypadki:
1) 2 białe I urny i 1 biała z II urny
2) 1 biała z I urny + 2 białe z II urny
czyli:

|A|= \(\displaystyle{ V^{2}_{4} \cdot W^{1}_{8} \cdot W^{1}_{7}}\) + \(\displaystyle{ V^{1}_{4} \cdot V^{1}_{6} \cdot W^{2}_{8}= 3 \cdot 4 \cdot 8 \cdot 7+4 \cdot 6 \cdot 8 \cdot 8=2208}\)

I kiedy liczę prawdopodobieństwo w liczniku wychodzi mi wynik 2 razy mniejszy niż powinien być (\(\displaystyle{ 4416}\)).
Czytałem rozwiązanie do tego zadania z podobnym problemem, gdzie trzeba było pomnożyć przez 2, ale wówczas używany był symbol Newtona przy losowaniu z pierwszej urny więc to było w celu uwzględnienia kolejności, jednak tutaj korzystam z wariacji bez powtórzeń, więc biorę pod uwagę kolejność.

Gdzie zatem tkwi błąd?

[Inkwizytor]

A dlaczego bierzesz pod uwagę wariacje bez powtórzeń?

[mat_61]

Wg mnie sposób rozumowania jest OK (dla pierwszej urny losowanie bez zwracania a dla drugiej ze zwracaniem).

Błąd polega na tym, że smmileey nie uwzględnił, że jeżeli mamy wylosować jedną kulę białą przy losowaniu dwóch kul, to możemy ją wylosować jako pierwszą lub drugą, czyli mamy warianty: biała + czarna lub czarna + biała. Powinno więc być tak:

\(\displaystyle{ |A|=V^{2}_{4} \cdot \left( W^{1}_{8} \cdot W^{1}_{7} + W^{1}_{7} \cdot W^{1}_{8}\right) +\left( V^{1}_{4} \cdot V^{1}_{6} +V^{1}_{6} \cdot V^{1}_{4}\right) \cdot W^{2}_{8} =...}\)

[ostryo]

A moze by tak do tego podejsc.
\(\displaystyle{ \Omega = {10\choose 2}{15\choose 1}{15\choose 1}=45 \cdot 15 \cdot 15}\)

1. Dwie biale z urny I, biała i czarna z urny II
\(\displaystyle{ {4\choose 2}{8\choose 1}{7\choose 1}=336}\)

2.Biała i czarna z urny I, dwie białe z urny II
\(\displaystyle{ {4\choose 1}{6\choose 1}{8\choose 1}{8\choose 1}=1536}\)

Czyli \(\displaystyle{ |A|=1536+336}\)

[mat_61]

Niestety nie.

1. O ile losowanie z I urny można byłoby "opisać" za pomocą kombinacji (co nie zmieniło by obliczonego p-stwa) o tyle losowanie z II urny nie można.

2. Przy losowaniu z II urny elementy mogą się powtarzać (wylosowana kula jest zwracana). Ale i tak nie można zastosować kombinacji z powtórzeniami, bo wówczas nie był by spełniony jeden z warunków klasycznej definicji p-stwa, że wszystkie zdarzenia elementarne muszą być jednakowo prawdopodobne.

W ogóle należy ostrożnie korzystać z kombinacji z powtórzeniami. Przy normalnych kombinacjach sprawa jest o tyle prosta, że nieuwzględnianie kolejności jest tylko proporcjonalną "redukcją" ilości możliwych zdarzeń.

Np. jeżeli wybieramy 2 elementy (bez zwracania) ze zbioru 3-elementowego \(\displaystyle{ \left\{ A; B; C\right\}}\) to przy uwzględnianiu kolejności mamy takie możliwości wyboru:

\(\displaystyle{ \left( A; B\right) \\ \left( B; A\right) \\ \left( A; C\right) \\ \left( C; A\right) \\ \left( B; C\right) \\ \left( C; B\right) \\}\)

i p-stwo wyboru każdej z nich wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{6}}\)

Jeżeli nie uwzględniamy kolejności to mamy:

\(\displaystyle{ \left\{ A; B\right\} \\ \left\{ A; C\right\} \\ \left\{ B; C\right\} \\}\)

bo każdej z dwóch możliwości odpowiada jedna "nowa" nie uwzględniająca kolejności elementów (ilość wyborów redukuje się 2-krotnie) a p-stwo wyboru każdej z nich wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\).

A jak teraz wygląda sytuacja jeżeli elementy mogą się powtarzać (kule są zwracane)? Przy uwzględnianiu kolejności mamy takie możliwości wyboru:

\(\displaystyle{ \left( A; B\right) \\ \left( B; A\right) \\ \left( A; C\right) \\ \left( C; A\right) \\ \left( B; C\right) \\ \left( C; B\right) \\ \left( A; A\right) \\ \left( B; B\right) \\ \left( C; C\right) \\}\)

i p-stwo wyboru każdej z nich wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{9}}\)

Jeżeli nie uwzględniamy kolejności to mamy:

\(\displaystyle{ \left\{ A; B\right\} \\ \left\{ A; C\right\} \\ \left\{ B; C\right\} \\ \left\{ A; A\right\} \\ \left\{ B; B\right\} \\ \left\{ C; C\right\} \\}\)

Możliwości jest 6 ale czy każda z nich jest jednakowo prawdopodobna? Niestety nie, bo każdej z trzech pierwszych odpowiadają po dwa rzeczywiste wyniki losowania, a każdej z trzech ostatnich po jednym. Jeżeli więc ktoś obstawiłby np. wynik takiego losowania jako \(\displaystyle{ \left\{ B; C\right\}}\) to miałby 2-krotnie większe szanse wygrania niż ktoś kto obstawiłby np. wynik \(\displaystyle{ \left\{ A; A\right\}}\)

[ostryo]

mat_61 Dzięki za odpowiedź chociaż to nie mój temat. Uświadomiłeś mi pewną rzecz.

[Inkwizytor]

mat_61 lekko tylko nawiązując tylko to ja tu nigdzie nie widzę pola dla kombinacji z powtórzeniami Zresztą nigdy się nie spotkałem z zadaniem z urnami na kombinacje z powtórzeniami. Natomiast wariację z powtórzeniami można zawsze rozpisać jako iloczyn kombinacji bez powtórzeń: patrz moc zbioru \(\displaystyle{ \Omega}\) u ostryo

Chciałbym też tylko dodać, że w przypadku losowań bez zwracania dla wyniku prawdopodobieństwa nie ma znaczenia czy założymy sobie, iż raz sięgamy łapką do urny i wyciągamy dwie kule jednocześnie, czy losujemy dwukrotnie "po kolei". Ale trzeba się tego ustalenia trzymac konsekwentnie przy liczeniu mocy \(\displaystyle{ \Omega}\) i zdarzeń sprzyjających

[mat_61]

mat_61 lekko tylko nawiązując tylko to ja tu nigdzie nie widzę pola dla kombinacji z powtórzeniami

Ja też nie Dlatego też napisałem:

Ale i tak nie można zastosować kombinacji z powtórzeniami ...

Większa część mojego postu dotyczy właśnie uzasadnienia dlaczego tak nie można zrobić.

mat_61Natomiast wariację z powtórzeniami można zawsze rozpisać jako iloczyn kombinacji bez powtórzeń: patrz moc zbioru \(\displaystyle{ \Omega}\) u ostryo

Oczywiście, że k-elementową wariację z powtórzeniami można rozpisać jako iloczyn k kombinacji 1-elementowych, choć jak dla mnie jest to trochę sztuczny zabieg. Nie wiem też czy ostryo z taką intencją pisał te kombinacje? (być może)

mat_61Chciałbym też tylko dodać, że w przypadku losowań bez zwracania dla wyniku prawdopodobieństwa nie ma znaczenia czy założymy sobie, iż raz sięgamy łapką do urny i wyciągamy dwie kule jednocześnie, czy losujemy dwukrotnie "po kolei". Ale trzeba się tego ustalenia trzymac konsekwentnie przy liczeniu mocy \(\displaystyle{ \Omega}\) i zdarzeń sprzyjających

Oczywiście, że tak można, co także zaznaczyłem w moim poście:

...losowanie z I urny można byłoby "opisać" za pomocą kombinacji (co nie zmieniło by obliczonego p-stwa) ...

A z tego przecież wynika, że przy obliczaniu p-stwa obydwa sposoby są równoważne.

Podsumowując, to praktycznie we wszystkim się zgadzamy

[Damieux]

Zdaje się, że się pomyliliście co do tego zadania.

Z pierwszej urny losujemy dwie kule bez zwracania, a więc jest to kombinacja dwuelementowa, a nie wariacja bez powtórzeń.
Ja robiłem to w ten sposób \(\displaystyle{ {6 \choose 1} {4 \choose 1}W ^{2} _{8}+2\left( {4 \choose 2}W ^{1} _{7}W ^{1} _{8} \right)}\)
a przestrzeń to \(\displaystyle{ {10 \choose 2}W ^{2} _{15}}\)
i mi wyszło tak jak w odpowiedziach

[mat_61]

Zauważ co napisaliśmy wcześniej:

...losowanie z I urny można byłoby "opisać" za pomocą kombinacji (co nie zmieniło by obliczonego p-stwa)

... w przypadku losowań bez zwracania dla wyniku prawdopodobieństwa nie ma znaczenia czy założymy sobie, iż raz sięgamy łapką do urny i wyciągamy dwie kule jednocześnie, czy losujemy dwukrotnie "po kolei". Ale trzeba się tego ustalenia trzymac konsekwentnie przy liczeniu mocy \(\displaystyle{ \Omega}\) i zdarzeń sprzyjających

Wynika z tego, że zarówno sposób podany przez Ciebie jak i smmileey'a są poprawne jeżeli chodzi o liczenie p-stwa. Oczywiście inaczej byłoby w przypadku gdyby to było zadanie z kombinatoryki i należało by np. obliczyć ile jest możliwych takich losowań (wówczas tylko Twój sposób byłby poprawny).