Worek po raz n-ty

[wyderek]

Worek zawiera 4 kule: 2 białe i 2 czarne (BTW, niezbyt odkrywcze) . Jeśli wylosuję czarną kulę pierwszą, jakie są szanse wylosowania 2 białych w następstwie. Powiedzmy, że czarna była najcięższa (ta pierwsza), czy prawdopodobieństwo wybrania dalej 2 białych zmienia się? Jeśli tak, którą wartość by to zmieniło?

Więc tak, nie podane są kryteria i sposób wyboru, więc losowanie traktuję nadal za równomierne.

Rozumiem, że tutaj coś z prawdopodobieństwem zależnym mamy doczynienia.

Wylosowana jest czarna, więc w worku pozostają: 1 cz i 2 b.

\(\displaystyle{ A _{1}}\) – losuję 1 z 2 białych
\(\displaystyle{ |\Omega|=3}\)
więc \(\displaystyle{ P(A_1|B) = \frac{2}{3}}\)
i\(\displaystyle{ P( A _{2} | (A _{1} \cap B)) = \frac{1}{2} ..... (A_1 \cap B)}\) – ma oznaczać iloczyn dwóch zdażeń..

Do tego momentu jest to dosyć jasne.

Chociaż nie

Bo mogę jednak podejść tak, że \(\displaystyle{ A= V ^{2} _{2}}\) (czy może jednak \(\displaystyle{ C ^{2} _{2}}\) ??? Niby kolejność jest ważna, ale nie przypisujemy na zasadzie 1 A, 2 B i F, 3 C i D, i tak dalej) na \(\displaystyle{ \Omega = 3}\), czyli \(\displaystyle{ P(A) = \frac{1}{3}}\).

A czy mógłby mi to ktoś zrobić pierwszym sposobem? Chciałbym się czegoś nauczyć, a nie mieć tylko to rozklepane. Czy może, ten pierwszy prowadzi raczej do prawdopodobieństwa całego losowania wszystkich 3 kul. Dobrze kojarzę? Więc tym samym ten tok myślenia prowadzi nie do tego co mam odnaleźć i słusznym rozwiązaniem jest sposób drugi..

Sorki za papkę myślową, ale mam nadzieję, że jednak rozumiecie ocb.

Będę wdzięczny za wytłumaczenie mi moich wątpliwości. Chcę ocenić słuszność mojego toku rozumowania. Z góry dzięki..

[pyzol]

Z prawdopodobieństwa całkowitego, tego raczej nie zrobimy. Można zrobić z prawdopodobieństwa warunkowego:
\(\displaystyle{ A}\) - druga i trzecia była biała
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{1}{6}}\)
\(\displaystyle{ B}\) - pierwsza była czarna
\(\displaystyle{ P(B)=\frac{1}{2}\\
P(A|B)=\frac{P(A \cap B)}{P(B)}=\frac{P(A)}{P(B)}=\frac{1}{3}}\)
Ponieważ zdarzenie \(\displaystyle{ A}\) zawiera się w zdarzeniu \(\displaystyle{ B}\): \(\displaystyle{ P(A \cap B)=P(A)}\).

[wyderek]

Jak zdarzenie A - losujemy dwie białe, może zawierać się w zdarzeniu B - pierwsza była czarna??????

A nie powinno to być, że

\(\displaystyle{ P(B)= \frac{1}{2}}\)

\(\displaystyle{ P(A/B)= \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{ \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} }{ \frac{1}{2} } = \frac{1}{3}}\)

?

[lackiluck1]

Jak zdarzenie A - losujemy dwie białe, może zawierać się w zdarzeniu B - pierwsza była czarna??????

Narysuj sobie drzewo prawdopodobieństwa (stochastyczne) do tego zadania, to będziesz widział dlaczego tak jest.

[pyzol]

Jeśli wylosuję czarną kulę pierwszą, jakie są szanse wylosowania 2 białych w następstwie

Zdarzenie A oznaczyłem właśnie przez to. Oznacza to, że białe są na drugim i trzecim miejscu. Co do wylosowania dwóch białych do ciężka sprawa, bo nawet nie podałeś ile razy wyciągamy kule.

[wyderek]

Takie było zadanie. Domyślam się, że autorowi chodziło o 3 losowania po jednej kuli.

Nadal nie rozumiem, czemu losowanie A - dwóch białych kul, zawiera się w losowaniu B - pierwsze losowanie tj. 1 czarnej.

Dla mnie nadal zdażenie \(\displaystyle{ P(A)= \frac{2}{3}}\) bo losujemy 2 kule z 3 możliwych. I wydarzenie A jest zależne od wydarzenia B, ale to nie ma nic wspólnego z zawieraniem się A w B. Jak samo A - losowanie 2 białych z 3 może implikować \(\displaystyle{ P(A)= \frac{1}{6}}\) gdy możliwości mamy 3 tylko ????

Chyba masz na myśli wydarzenie
A - wylosowano po kolei 1 czarną i 2 białe, co jest równoznaczne z iloczynem wydarzeń: B - jedna czarna i C -te 2 z 3 i nic się tu w niczym nie zawiera...

\(\displaystyle{ P(A)=P(B \cap C)}\)

I wtedy szukamy wydarzenia P(C/B)

\(\displaystyle{ P(C/B)= \frac{P(C \cap B)}{P(B)}= \frac{P(A)}{P(B)}}\)

czyli mamy

\(\displaystyle{ P(C/B)= \frac{ \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} }{ \frac{1}{2} } =\frac{ \frac{1}{6} }{ \frac{1}{2} }= \frac{1}{3}}\)

Ja nie chcę tutaj udowodnić za wszelką cenę, że wiem lepiej, bo mogę nie wiedzieć. Ale jak na razie to co napisałem dla mnie ma więcej sensu i logiki, niż to co Ty mi tłumaczysz.

Napisałem tutaj, bo jestem 10 lat po maturze i mam zamiar iść w końcu na studia. Uczę się sam. Jedyną opcją skonsultować moje dotychczasowe osiągnięcia, jest skonsultowanie tego w internecie, gdyż na chwilę obecną moje finanse ni pozwalają mi na wzięcie korepetycji.

Będę wdzięczny za wytłumaczenie mi w czym tkwi mój błąd w rozumowaniu. Przecież nie chodzi tu o to, aby się odcinać krótkim komentarzem, z którego nie wiele nauki wynika.

Za komentarz z drzewkiem bardzo dziękuję, metodę znam, sprawdza się elegancko, jednak chciałem ogarnąć metodę prowadzenia dowodu/wyliczenia drogą równań i opisywania wydarzeń.

Pyzol, spróbujesz mi wyjaśnić? Bardzo chcę się tego nauczyć. Pozdrawiam

[lackiluck1]

Aby zdarzenia A zaszło muszą zajść trzy etapy:
1. wylosowanie czarnej kuli z czterech z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\)
2. wylosowanie białej kuli z trzech z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \frac{2}{3}}\)
3. wylosowanie białej kuli z dwóch pozostałych z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\)
Wiec \(\displaystyle{ P(A) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{6}}\)

Jeżeli zaszło zdarzenie A to musiało zajść też B (na drzewie to widać), bo da się wylosować 2 białe kule tylko wtedy jeżeli wylosujemy czarną jako pierwszą, co oznacza \(\displaystyle{ P(A \cap B)=P(A)}\)
Mamy więc to co pisał już pyzol:
\(\displaystyle{ P(B)=\frac{1}{2}\\ P(A|B)=\frac{P(A \cap B)}{P(B)}=\frac{P(A)}{P(B)}= \frac{ \frac{1}{6} }{ \frac{1}{2} }= \frac{1}{3}}\)

[pyzol]

Ech się rozpisałem, ale może ta interpretacja lepiej Ci przypadnie do gustu.

\(\displaystyle{ A}\)- druga i trzecia była biała

Skoro druga i trzecia była biała, to pierwsza musiała być czarna, a to jest zdarzenie \(\displaystyle{ B}\).
Mówimy też o zdarzeniu \(\displaystyle{ A}\), gdy jeszcze nic nie wylosowaliśmy. Potem dochodzi warunek, zdarzenia \(\displaystyle{ B}\).
A teraz liczmy te możliwości.
Mamy 4 kule 3 losowania, \(\displaystyle{ b,c}\) oznaczają odpowiednio kulę białą i czarną:
\(\displaystyle{ b,b,c\\
b,c,b\\
b,c,c\\
c,b,b\\
c,c,b\\
c,b,c}\)
Policz teraz \(\displaystyle{ |\Omega|}\) oraz \(\displaystyle{ |A|}\), wypisz zdarzenia sprzyjające dla \(\displaystyle{ A}\) oraz zdarzenia sprzyjające dla \(\displaystyle{ B}\), czy \(\displaystyle{ A \subset B}\)?
Oczywiście o wiele łatwiej jest to policzyć po fakcie, czyli zostają nam 3 kule i losujemy dwie:
\(\displaystyle{ b,b\\
b,c\\
c,b}\)
Widać wtedy od razu, że te prawdopodobieństwo wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\).

[wyderek]

Super. Dziękuję Ci za cierpliwość. Teraz rozumiem co miałeś na myśli.

Naprawdę, dzięki wielkie. Spisałeś się wzorowo