kule/urny

[BlueSky]

W każdej z dwóch urn znajduje się jedna kula biała. Wybieramy losowo jedną z urn i wkładamy do niej kulę czarną. Ponownie wybieramy losowo jedną z urn i wkładamy do niej kulę czarną. Następnie wybieramy losowo jedną z urn i losujemy z niej kulę. Obliczyć prawdopodobieństwo, że wylosowana kula jest biała.

[scyth]

\(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\), nie ma znaczenia, jak te kule są powkładane, bo skoro wybierasz losowo to masz i tak 2 białe i 2 czarne.

[BlueSky]

Hm... niezbyt rozumiem. \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) by była, jakbyśmy mieli w jednej urnie czarną i białą i w drugiej urnie czarną i białą. Ale mogą się zdarzyć takie sytuacje, że w jednej urnie mamy białą i w drugiej mamy białą i 2 czarne lub w jednej mamy białą i 2 czarne, a w drugiej tylko białą.

[scyth]

No racja. W takim razie policzmy.
Są możliwe dwie sytuacje:
- 1B i 1B3C
- 1B1C i 1B1C
obie są równie prawdopodobne.
Stąd prawdopodobieństwo wylosowania białej jest równe:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \cdot \left( \frac{1}{2} \cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \right) +
\frac{1}{2} \cdot \left( \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \right) = \frac{7}{12}}\)

[BlueSky]

Dzięki. Myślałam podobnie, tylko właśnie zastanawiam się, czy mamy do czynienia z dwiema sytuacjami (takimi jak napisałeś), czy z trzema, czyli
- 1B1C i 1B1C
- 1B i 1B2C
- 1B2C i 1B.
Bo jakby było z trzema, to byśmy te urny rozróżniali, tak? A że w zadaniu nic takiego nie jest napisane, to mamy tylko 2 sytuacje?

[scyth]

nawet jakbyś rozróżniała urny, to nie ma to znaczenia, bo są losowane z takim samym prawdopodobieństwem. Sytuacja jak powyżej miałaby miejsce, gdyby urny były rozróżnialne i prawdopodobieństwo wyboru którejś z nich było większe niż drugiej. A tak - nie ma to znaczenia, stąd może ostatnie dwa przypadki uznać za ten sam.

[BlueSky]

Ok, dzięki za pomoc.

[mat_61]

Faktycznie nie ma w tym przypadku znaczenia dla rozwiązania zadania znaczenia czy urny są rozróżnialne, czy nie ale wydaje mi się, że wytłumaczenie tego faktu przez scyth-a jest co najmniej niejasne (albo ja nie dostrzegam jakie były intencje autora) dlatego pozwolę sobie na uzupełnienie.

Mamy dwie urny P i Q i wybieramy kolejno dwa razy jedną z nich (w celu umieszczenia w niej czarnej kuli).

Możliwe wyniki przy nierozróżnialnych urnach mogą być takie:
a) 1B+1C ; 1B+1C
b) 1B+2C ; 1B+0C

I tutaj przyjęliśmy, że skoro są dwa możliwe wyniki, to jest to dla nas przestrzeń zdarzeń elementarnych i te zdarzenia zachodzą z jednakowym p-stwem równym \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) co akurat jest prawdą i wszystko jest OK.

Zauważmy jednak, że np. przy 3 losowaniach (dokładaniach czarnych kul) mogą być takie wyniki przy nierozróżnialnych urnach:
c) 1B+3C ; 1B+0C
d) 1B+2C ; 1B+1C

Jak widać, teraz możliwe są także tylko dwa wyniki, ale nie mogą one dla nas stanowić przestrzeni zdarzeń elementarnych, bo nie są one jednakowo prawdopodobne (a jest to warunek konieczny w klasycznej definicji p-stwa), choć wybór pomiędzy urnami jest jednakowo prawdopodobny.

Jest tak dlatego, że w tym przypadku możemy tak kolejno wybierać urny (każdy wybór "zestawu" z p-stwem równym \(\displaystyle{ \frac{1}{8}}\)):
P+P+P (rozkład kul: P=1B+3C; Q=1B+0C)
P+Q+Q (rozkład kul: P=1B+1C; Q=1B+2C)
Q+P+Q (rozkład kul: P=1B+1C; Q=1B+2C)
Q+Q+P (rozkład kul: P=1B+1C; Q=1B+2C)
Q+Q+Q (rozkład kul: P=1B+0C; Q=1B+3C)
Q+P+P (rozkład kul: P=1B+2C; Q=1B+1C)
P+Q+P (rozkład kul: P=1B+2C; Q=1B+1C)
P+P+Q (rozkład kul: P=1B+2C; Q=1B+1C)

Widać jednak, że układ 1B+3C ; 1B+0C występuje z p-stwem \(\displaystyle{ \frac{1}{4}}\) a układ 1B+2C ; 1B+1C z p-stwem \(\displaystyle{ \frac{3}{4}}\) (*).

Nie można więc "automatycznie" traktować np. przy nierozróżnialnych urnach, możliwych wyników losowania jako przestrzeni zdarzeń elementarnych.

Z praktyki wiem, że przy pewnym typie zadań są mylone możliwe wyniki doświadczenia z przestrzenią zdarzeń elementarnych (traktowane są one jako tożsame). Przecież jeżeli w urnie mamy np. 100 kul (B-białe i C- czarne) i losujemy dwie, to p-stwo wylosowania zestawu \(\displaystyle{ \left\{ B;C\right\}}\) jest różne w zależności od tego czy w urnie mamy zestaw 95B+5C, czy 50B+50C, czy też 5B+95C (co jest dla nas oczywiste) choć przecież w każdym z tych przypadków są możliwe tylko 3 wyniki losowania: \(\displaystyle{ \left\{ B;C\right\} \ \left\{ B;B\right\} \ \left\{ C;C\right\}}\) .

(*)
Łatwo sprawdzić, że dla podanej treści zadania, czyli dla kolejnych dwóch losowań urn (każdy możliwy "zestaw" p-stwem \(\displaystyle{ \frac{1}{4}}\)) dwa z nich to układ: 1B+1C ; 1B+1C i dwa to układ: 1B+2C ; 1B+0C i stąd (można powiedzieć "przypadkowo") równe prawdopodobieństwa wynoszące \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\).

[scyth]

mat_61 - nie rozumiem, mamy tylko dwa losowania, po co piszesz o trzech?

[mat_61]

Po odpowiedzi BlueSky:

Dzięki. Myślałam podobnie, tylko właśnie zastanawiam się, czy mamy do czynienia z dwiema sytuacjami (takimi jak napisałeś), czy z trzema, czyli
- 1B1C i 1B1C
- 1B i 1B2C
- 1B2C i 1B.

odniosłem wrażenie (przepraszam jeżeli niesłuszne), że zrozumiała Ona, że jednakowe p-stwa wynoszące \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) wynikają z tego, że są dwa możliwe wyniki losowania (przy nierozróżnialnych urnach)(*) stąd moje dodatkowe, obszerniejsze wyjaśnienie, które nie wykluczam, że mogło okazać się zbędne ale mogło też być pomocne.

(*)Z faktu, że dla urn rozróżnialnych są 3 możliwe wyniki nie wynika, że p-stwo każdego z nich to \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\)

[scyth]

To OK. Mam nadzieję, że BlueSky wie o co chodziło.