Prawdopodobieństwo warunkowe

Post autor: **loitzl9006** » 12 lis 2012, o 22:03

Oczywiście.
Teraz na ile sposobów może zajść zdarzenie \(\displaystyle{ B}\)? Podpowiedź: podziel zbiór kul na białe i nie-białe, potem wykorzystaj kombinacje.

mag2580 · Post autor: **mag2580** » 12 lis 2012, o 22:06

Czy to ma być \(\displaystyle{ {15 \choose 10}}\) ?

Post autor: **loitzl9006** » 12 lis 2012, o 22:08

Nie. To po kolei: ile jest kul białych, ile jest nie-białych?

mag2580 · Post autor: **mag2580** » 12 lis 2012, o 22:10

Białych 5, nie-białych 10

Post autor: **loitzl9006** » 12 lis 2012, o 22:11

ok. Ile kul losujemy i z jakiego zbioru (białych, czy nie-białych) aby zaszło zdarzenie \(\displaystyle{ B}\)?

mag2580 · Post autor: **mag2580** » 12 lis 2012, o 22:12

losujemy \(\displaystyle{ 3}\) kule z \(\displaystyle{ 10}\) nie-białych?

-- 12 lis 2012, o 22:14 --

\(\displaystyle{ {10 \choose 3}}\) , wyszło mi \(\displaystyle{ 120}\). Czy o to chodzi?

Post autor: **loitzl9006** » 12 lis 2012, o 22:16

Tak.
Czyli przekładając to na kombinacje będzie \(\displaystyle{ {10 \choose 3}}\) sposobów zajścia zdarzenia \(\displaystyle{ B}\).

Teraz zauważ, że aby zaszło zdarzenie \(\displaystyle{ A \cap B}\), to muszą zostać wylosowane albo same czarne albo same zielone, zatem na ile sposobów może zajść zdarzenie \(\displaystyle{ A \cap B}\)?

mag2580 · Post autor: **mag2580** » 12 lis 2012, o 22:19

\(\displaystyle{ {5\choose 3} + {5 \choose 3}}\) - czy o to chodzi?

Post autor: **loitzl9006** » 12 lis 2012, o 22:20

Tak. I teraz liczysz prawdopodobieństwo ze wzoru.

mag2580 · Post autor: **mag2580** » 12 lis 2012, o 22:24

Wszystkich zdarzeń jest \(\displaystyle{ 2730}\), więc \(\displaystyle{ P(B) = \frac{120}{2730} = \frac{4}{91}}\) , zaś \(\displaystyle{ P(A \cap B) = \frac{1}{6}}\)

-- 12 lis 2012, o 22:28 --

\(\displaystyle{ P(A \cap B) = \frac{2}{273}}\)
Czyli \(\displaystyle{ P(A|B) = \frac{1}{6}}\)

Post autor: **loitzl9006** » 12 lis 2012, o 22:33

\(\displaystyle{ P(A|B) = \frac{1}{6}}\)

Zgadza się.

W sumie wystarczyłoby

\(\displaystyle{ P(A|B)=\frac{\left| A \cap B\right| }{\left| B\right| } = \frac{ {5 \choose 3} +{5 \choose 3}}{{10 \choose 3}} =...}\)

mag2580 · Post autor: **mag2580** » 12 lis 2012, o 22:44

Bardzo dziękuję za pomoc, wynik zgadza się z odpowiedzią. Czy byłaby jeszcze możliwość pomocy przy zadaniu 4?

Post autor: **loitzl9006** » 12 lis 2012, o 22:46

Tak. Napisz mi jakie będą zdarzenia \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ A}\).

mag2580 · Post autor: **mag2580** » 12 lis 2012, o 22:48

A - liczba jeden znajduje się na ostatnim miejscu
B - liczby parzyste zajęły miejsca o numerach nieparzystych

Post autor: **loitzl9006** » 12 lis 2012, o 22:52

Zgadza się. Teraz: na ile sposobów może zajść zdarzenie \(\displaystyle{ B}\)? Podpowiedź: masz pięć miejsc (o numerach nieparzystych) i w te miejsca masz losowo wpakować pięć parzystych liczb - skorzystaj z permutacji.