szansa na wylosowanie kul ze zbioru

plosaczek · Post autor: **plosaczek** » 10 cze 2012, o 16:45

Witam, byłbym wdzięczny gdyby ktoś mi wytłumaczył jak to się liczy

mam 50 kulek. 11 czarnych i reszta biała.

Losuję trzy kulki bez zwracania. Kolejność nie ma znaczenia.

Jaka jest szansa na to, że wylosuję 2 czarne ?

pozdrawiam

kieubass · Post autor: **kieubass** » 11 cze 2012, o 01:18

A mógłbyś doprecyzować treść? Kule losujesz 3 naraz czy najpierw jedną, nie zwracasz jej i losujesz drugą której też nie zwracasz i na końcu trzecią?

Chociaż ze zdania

Kolejność nie ma znaczenia.

wynika jak dla mnie że 3 naraz

Więc tak, masz \(\displaystyle{ 50}\) kulek. \(\displaystyle{ 11}\) czarnych więc jest \(\displaystyle{ 39}\) białych.
Niech zdarzenie \(\displaystyle{ A-}\) dokładnie dwie kule czarne.

Tu trzeba zastosować kombinację, a mianowicie zakładasz że wylosujesz dwie czarne czyli kombinacja dwóch czarnych z \(\displaystyle{ 11}\) czarnych (a nie ze wszystkich 50) \(\displaystyle{ {11\choose 2}}\). Ale jeśli mają być dokładnie dwie czarne, to jedna musi być biała nie ma wyjścia Więc tu jest kombinacja \(\displaystyle{ 1}\) białej z \(\displaystyle{ 39}\) białych (znów zwracam uwagę nie ze wszystkich 50) \(\displaystyle{ {39\choose 1}}\). Więc możliwości jest \(\displaystyle{ {11\choose 2} + {39\choose 1}}\).
Ale to jeszcze nie jest prawdopodobieństwo a jedynie ilość możliwości sprzyjających zdarzeniu \(\displaystyle{ A}\)
Więc potrzebna nam jeszcze \(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}}\). A jest to kombinacja \(\displaystyle{ 3}\) kul ze wszystkich \(\displaystyle{ 50}\) kul, zatem:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}={50\choose 3}}\)

Stąd \(\displaystyle{ P\left( A\right)= \frac{\overline{\overline{A}}}{\overline{\overline{\Omega}}} = \frac{{11\choose 2} + {39\choose 1}}{{50\choose 3}}}\)

Reszta to już tylko rachunki. Mam nadzieję, że pomogłem
Pozdrawiam

norwimaj · Post autor: **norwimaj** » 11 cze 2012, o 13:30

kieubass pisze: Kule losujesz 3 naraz czy najpierw jedną, nie zwracasz jej i losujesz drugą której też nie zwracasz i na końcu trzecią?

Czy to ma jakiekolwiek znaczenie?

plosaczek · Post autor: **plosaczek** » 11 cze 2012, o 17:46

Dzięki, jak to opisałeś to wydaję się to takie oczywiste ;P

Teraz mam mały problem, żeby to przełożyć na cyferki. Chyba a raczej na pewno, coś robię źle.

(55+39) : 19600 = 0,005

kieubass · Post autor: **kieubass** » 11 cze 2012, o 23:07

norwimaj pisze:
kieubass pisze: Kule losujesz 3 naraz czy najpierw jedną, nie zwracasz jej i losujesz drugą której też nie zwracasz i na końcu trzecią?
Czy to ma jakiekolwiek znaczenie?

Po przeliczeniu prawdopodobieństwa i tak i tak doszedłem jednak do tego że nie ma to znaczenia. Nie wiem czemu myślałem inaczej -- 12 cze 2012, o 00:17 --

plosaczek pisze:Dzięki, jak to opisałeś to wydaję się to takie oczywiste ;P

Teraz mam mały problem, żeby to przełożyć na cyferki. Chyba a raczej na pewno, coś robię źle.

(55+39) : 19600 = 0,005

Jeśli Ty coś zrobiłeś źle to ja też w takim razie ponieważ mi też wychodzi tyle samo
W sumie może i jest taka mała szansa na takie wylosowanie bo białych jest ponad trzy razy więcej niż czarnych

plosaczek · Post autor: **plosaczek** » 12 cze 2012, o 11:08

To tak nie może być :/

Widać gołym okiem, że z tym wynikiem jest coś nie tak.

Na moje oko, powinno być coś koło 15 %.

Wylosowanie jednej czarnej kulki to mniej więcej 1 do 5.

Mam 3 szansę, potrzebuję dwóch czarnych kulek i jednej białej.

Edyta się pyta, czy to nie jest tak, że teraz jest policzone zdarzenie dla powiedzmy

pierwsza kula biała.
druga i trzecia czarna.

Teraz nasz wynik który, jest o jeden przecinek za daleko (swoją drogą dlaczego ?) mnożę przez 3.
I mam swoje 15 %. Tylko ja wyniku nie znam, tak mi się wydaję po prostu, że tyle powinno być mniej więcej.

norwimaj · Post autor: **norwimaj** » 12 cze 2012, o 12:10

kieubass pisze: Więc możliwości jest \(\displaystyle{ {11\choose 2} + {39\choose 1}}\).

Tu oczywiście powinna być reguła mnożenia, bo chcemy mieć dwie kule czarne i jedną białą, a nie dwie czarne albo jedną białą.

plosaczek · Post autor: **plosaczek** » 12 cze 2012, o 14:09

Dzięki,

Jak by miały być, co najmniej dwie czarne ? Jak będzie wyglądał licznik ?

\(\displaystyle{ ({11 \choose 2} * {39 \choose 1}) + ({11 \choose 3} * {39 \choose 0})}\) -> tak ?

norwimaj · Post autor: **norwimaj** » 12 cze 2012, o 14:12

plosaczek · Post autor: **plosaczek** » 12 cze 2012, o 14:31

Teraz powiedzmy, że mam obliczyć szansę na to, ze :

Wypadną co najmniej dwie kulki czarne przy tych 3 próbach.

Jeżeli to się stanie, losuje jeszcze dwa razy i muszę wylosować co najmniej jedną czarną .

W drugim członie mam 47 kulek już. 9 albo 8 czarnych i 39 albo 38 białych

\(\displaystyle{ ({9 \choose 2} * {38 \choose 0}) + ({9 \choose 1} * {38 \choose 1})}\)

Dobra chciałem sam, ale głowa mnie rozbolała xD Jak mam uwzględnić tą drugą możliwość w której padły 3 czarne na początku ? Czyli
\(\displaystyle{ ({8 \choose 2} * {39 \choose 0}) + ({8 \choose 1} * {39 \choose 1})}\)

norwimaj · Post autor: **norwimaj** » 12 cze 2012, o 14:45

Oznaczmy zdarzenia: \(\displaystyle{ X_i}\) - dokładnie \(\displaystyle{ i}\) kul czarnych wśród pierwszych trzech,
\(\displaystyle{ Y_i}\) - dokładnie \(\displaystyle{ i}\) czarnych wśród następnych dwóch kul.

Wtedy mamy

\(\displaystyle{ \mathbb{P}((X_2\cup X_3)\cap(Y_1\cup Y_2))=
\mathbb{P}(X_2\cap(Y_1\cup Y_2))+\mathbb{P}( X_3\cap(Y_1\cup Y_2))=\ldots}\)

czyli robimy całkiem osobno przypadek dwóch i trzech kul czarnych w pierwszych trzech losowaniach.