Prawdopodobieństwo - sugestie do zadań.

[Aldo]

Witajcie. Mam kilka zadań z prawdopodobieństwa, których nie bardzo rozumiem. Jakby ktoś mógł pokazać mi rozwiązanie, lub coś podpowiedzieć to byłbym wdzięczny.

1.
Wyciągamy bez zwracania 3 karty z talii 52. Podaj prawdopodobieństwo, że:
a)wyciągniesz same asy
b)wyciągniesz co najmniej 1 asa
c)wyciągniesz kolejno: asa, króla, królową (z zachowaniem kolejności)

2.
Mamy 2 monety. Pierwsza jest symetryczna (orzeł i reszka), druga posiada po obu stronach wizerunek orła. Rzucamy losowo wybraną monetą. Podaj prawdopodobieństwo, że:
a)jeżeli wypadł orzeł, to jakie jest prawdopodobieństwo, ze moneta która rzucaliśmy ma dwa orly.
b)Jeżeli wybrana moneta rzucimy dwa razy, to jakie jest prawdopodobieństwo, ze za każdym razem wypadnie orzeł
c)wypadnie orzeł

3
Mamy 20 sztuk towaru. kontrole przeprowadza się sprawdzając 5 losowo wybranych stuk. Jeżeli żadna nie jest wadliwa, akceptuje się całą partię. Jakie jest prawdopodobieństwo , ze zostanie zaakceptowana cała partia, w której są wadliwe 2 sztuki?

4
W urnie jest 6 kul zielonych, 3 czerwone i 5 czarnych. Losujemy jedną kulę i nie oglądając jej odkładamy na bok. następnie znów losujemy za jednym zamachem 3 kule. Jakie jest prawdopodobieństwo, że w drugim losowaniu wylosujemy dwie kule zielone i jedna czarną?

5
W urnie jest 6 kul niebieskich i 4 żółte. Losujemy jedną kulę. Kulę zwracamy do urny dokładając jeszcze 2 kule w kolorze kuli wylosowanej i ponownie przystępujemy do losowania jednej kluli. Jakie jest prawdopodobieństwo, ze w drugim losowaniu wylosujemy kulę niebieską?

6
W urnie jest 20 kul: 8 zielonych, 12 czarnych. Losujemy 10 razy po jednej kuli zwracając je za każdym razem. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania 6 kul zielonych.

7
Gra polega na rzucie kostka i monetą. Wygrana następuje przy łącznym wyrzuceniu 5 i orła. Jakie jest prawdopodobieństwo, ze w trzech grach wygrana nastąpi dokładnie jedne raz?

8
Oblicz prawdopodobieństwo, ze na 7 rzutów kostką co najwyżej 3 razy wypadnie liczba oczek mniejsza niż 4.

9
W urnie jest 6 kul czarnych 9 zielonych. Losujemy 5 razy po jednej kuli, zwracając za każdym razem kulę do urny. Jakie jest prawdopodobieństwo, ze otrzymamy co najwyżej 3 razy kulę zieloną?

10
Są dwie urny typu A zawierające 3 kule niebieskie i 7 czarnych, 3 urny B zawierające po 2 niebieskie i 3 czarne kule oraz 5 urn C, w których znajduje się 1 niebieska i 9 czarnych kul. Pobieramy losowo 3 kule zwracając je za każdym razem do urny, z której została wyciągnięta. Jakie jest prawdopodobieństwo, że co najwyżej jedna kula będzie czarna?

Czy te dwa poniższe pytania oznaczają to samo do policzenia?
1.Jeżeli wiadomo, ze wyciągnięta kula jest czarna to jakie jest prawdopodobieństwo, że wyciągnięto ją z urny A?
2. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wyciągnięta kula jest czarna i pochodzi z urny A?

Dziękuję za wskazówki i pomoc.

[pawellogrd]

Zacznijmy od pierwszego. Wyciągamy karty z talii:

a) Kolejność nie ma znaczenia, liczy się tylko jakie karty wyciągniemy. Ponadto po wylosowaniu karty z talii nie wkładamy jej tam z powrotem dlatego nie ma mowy o powtórzeniach. Stąd w tych przypadkach stosujemy kombinacje bez powtórzeń, np. liczba sposobów na, które można wyciągnąć \(\displaystyle{ n}\) kart spośród \(\displaystyle{ k}\) kart będzie równa \(\displaystyle{ {k \choose n}}\). W a) mamy wyciągnąć same asy, więc liczba sposobów, na które możemy wylosować \(\displaystyle{ 3}\) asy z talii \(\displaystyle{ 52}\) kart będzie równa liczbie sposobów, na które można wylosować \(\displaystyle{ 3}\) karty spośród \(\displaystyle{ 4}\), bo w talii \(\displaystyle{ 52}\) kart mamy \(\displaystyle{ 4}\) asy, co z kolei jest równe \(\displaystyle{ {4 \choose 3}}\). Liczba wszystkich sposobów, na które można wylosować \(\displaystyle{ 3}\) karty spośród \(\displaystyle{ 52}\) będzie oczywiście równa \(\displaystyle{ {52 \choose 3}}\). Stąd szukane prawdopodobieństwo wyciągnięcia \(\displaystyle{ 3}\) asów z talii \(\displaystyle{ 52}\) karty wynosi: \(\displaystyle{ P(A)=\frac{{4 \choose 3} }{{52 \choose 3} }}\).

b) Liczba sposobów, na które można wylosować co najmniej \(\displaystyle{ 1}\) asa z talii \(\displaystyle{ 52}\) kart przy wyciąganiu z niej \(\displaystyle{ 3}\) kart również będzie opisana kombinacjami bez powtórzeń: \(\displaystyle{ {4 \choose 1} \cdot {52 \choose 2}}\). Najpierw wyciągamy \(\displaystyle{ 1}\) kartę spośród \(\displaystyle{ 4}\), a potem dobieramy \(\displaystyle{ 2}\) dowolne karty spośród pozostałych. Więc szukane prawdopodobieństwo: \(\displaystyle{ P(B)=\frac{{4 \choose 1} \cdot {52 \choose 2} }{{52 \choose 3} }}\)

c) Tutaj kolejność ma znaczenie, bo jest ściśle określona. Dlatego musimy zastosować wariacje (oczywiście bez powtórzeń). Spróbuj rozwiązać ten przykład.

[Aldo]

pawellogrd, dziękuje za odpowiedź.

Właśnie z tym mam chyba największy problem, że nie wiem o co chodzi z tym kolejność ma znaczenie czy nie. Dlaczego nie może być tak, że suma możliwości wyciągnięć 3 kart bez zwracania nie jest równa
\(\displaystyle{ \Omega=52*51*50}\)?
Tylko jest \(\displaystyle{ {52 \choose 3}}\)?

Ja podpunkt A) policzyłem tak:

\(\displaystyle{ {4 \choose 3}}\) - wybieramy 3 asy z 4
\(\displaystyle{ {48 \choose 0}}\) - wybieramy 0 kart sposób reszty kart, czyli 48 (52-4)
\(\displaystyle{ 52*51*50}\) - liczba sposobów wylosowania z kart bez zwracania

\(\displaystyle{ P= \frac{{4 \choose 3}{48 \choose 0}}{52*51*50}}\)

b) Napisałeś:

Najpierw wyciągamy 1 kartę spośród 4, a potem dobieramy 2 dowolne karty spośród pozostałych. Więc szukane prawdopodobieństwo: \(\displaystyle{ P(B)=\frac{{4 \choose 1} \cdot {52 \choose 2} }{{52 \choose 3} }}\)

A nie
\(\displaystyle{ P(B)=\frac{{4 \choose 1} \cdot {48 \choose 2} }{52*51*50 }}\)
bo skoro juz z 4 asów wybraliśmy 1 to zostaje nam 48 kart.

C)
\(\displaystyle{ {4 \choose 1}}\) - wybieramy 1 asa z 4
\(\displaystyle{ {4 \choose 1}}\) - wybieramy 1 króla z 4
\(\displaystyle{ {4 \choose 1}}\) - wybieramy 1 królową z 4
\(\displaystyle{ {40 \choose 0}}\) - wybieramy 0 króla z 40 (reszty kart)
\(\displaystyle{ \Omega = 52*51*50}\)
\(\displaystyle{ P(C)= frac{4 choose 1 4 choose 1}{52*51*50}
\(\displaystyle{ {48 \choose 0}}\) - wybieramy 0 kart sposób restzy kart, czyli 48 (52-4)
\(\displaystyle{ P(C)= \frac{{4 \choose 1}{4 \choose 1}{4 \choose 1}{40 \choose 0}}{52*51*50}}\)

PS: Przecież załóżmy liczba sposobów wyskalowania 6 kart z talii 52:
1. ze zwracaniem to:
\(\displaystyle{ 52^6}\)
bo mamy 6 miejsc i na każdym miejscu możemy wybrać kartę na 52 sposoby
2. bez zwracania:
\(\displaystyle{ 52*51*50*49*48*47}\)
Bo mamy 6 miejsc, ale na każdy możemy wybrać o jedna (wybrana na miejscu wcześniejszym) kartę.}\)

[pawellogrd]

a) \(\displaystyle{ {n\choose 0}=1 \Rightarrow {48 \choose 0}=1 \Rightarrow {4 \choose 3} \cdot {48 \choose 0} = {4 \choose 3}}\), więc składnik mnożenia \(\displaystyle{ {48 \choose 0}}\) może być choć jest zbędny dlatego raczej się go nie zapisuje (tak intuicyjnie zresztą - jeżeli wylosowaliśmy już \(\displaystyle{ 3}\) karty, to losowanie pozostałych \(\displaystyle{ 0}\) kart będzie tym samym co niezrobienie czegokolwiek więcej). A co do tego dlaczego nie \(\displaystyle{ 52 \cdot 51 \cdot 50}\) to rzecz w tym, że w regułę mnożenia stosujemy, gdy liczy się kolejność, a tutaj się ona nie liczy. Jako kontrprzykład do hipotezy, że można by zastosować regułę mnożenia podam taki przykład:

Masz \(\displaystyle{ 5}\) kart ponumerowanych od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ 5}\). Na ile sposobów możesz wylosować \(\displaystyle{ 3}\) karty spośród \(\displaystyle{ 5}\)? Rozwiązaniem będą: \(\displaystyle{ (1,2,3), (1,2,4), (1,2,5), (1,3,4), (1,3,5), (1,4,5), (2,3,4), (2,3,5), (2,4,5), (3,4,5)}\) czyli na \(\displaystyle{ 10}\) sposobów. Teraz obliczmy to z reguły mnożenia (wg tego co wyżej napisałeś): \(\displaystyle{ 3 \cdot 2 \cdot 1 = 6}\) czyli wynik się nie zgadza. Stosując kombinacje bez powtórzeń mamy \(\displaystyle{ {5 \choose 3} = 10}\) czyli wynik się zgadza.

b) Przepraszam, faktycznie zrobiłem błąd, jednak również i w tym, co Ty napisałeś, on jest Wybieramy \(\displaystyle{ 1}\) kartę spośród \(\displaystyle{ 4}\) (czyli z asów), ale to nie znaczy, że my te \(\displaystyle{ 4}\) katy wyciągnęliśmy z talii i już ich tam nie będzie. W talii nie będzie tylko tej \(\displaystyle{ 1}\) karty, którą wyciągnęliśmy już zatem pozostaje nam \(\displaystyle{ 52-1=51}\) kart. Czyli powinno być \(\displaystyle{ P(B)= P(B)=\frac{{4 \choose 1} \cdot {52 \choose 2} }{{51 \choose 3} }}\)

c) Jest (moim zdaniem) prawie dobrze. Kolejność losowania jest istotna zatem moc zbioru \(\displaystyle{ \Omega}\) będzie faktycznie \(\displaystyle{ 52 \cdot 51 \cdot 50}\). Liczba sposobów, na które wybieramy asa, potem króla, potem królową również się zgadza. Ale znów niepotrzebne jest wybieranie \(\displaystyle{ 0}\) kart spośród pozostałych, a jeśli już to pisać to podobnie jak w a) wybieramy nie spośród \(\displaystyle{ 40}\) kart, bo nie wyrzuciliśmy z talii \(\displaystyle{ 12}\) kart tylko \(\displaystyle{ 3}\) (te, które wylosowaliśmy) czyli ostatni składnik mnożenia w liczniku powinien wynosić \(\displaystyle{ {49 \choose 0}}\), z tym że jeszcze raz podkreślę, że tego raczej się nie zapisuje. Dlatego \(\displaystyle{ P(C)= \frac{{4 \choose 1}{4 \choose 1}{4 \choose 1}{49 \choose 0}}{52 \cdot 51 \cdot 50}=\frac{{4 \choose 1}{4 \choose 1}{4 \choose 1}}{52 \cdot 51 \cdot 50}}\)

PS. Znak mnożenia w LaTeX-u to cdot

[Aldo]

Dzięki, teraz juz to troszke bardziej rozumiem. Wiem, ze \(\displaystyle{ {48 \choose 0}}\) się nie zapisuje, normalnie tego nie robię, chciałe jedynie ukazac to co mam na myśli. Fakt, zrobiłem błąd w odejmowaniu kart.

Co do kolejności. Chcę się upewnić, ze dobrze rozumiem. Załóżmy, ze losujemy 4 karty z 52. Prawdopodobieństwo, że będą to dwa asy i dwa króle jest następujące:
\(\displaystyle{ \Omega={52 \choose 4}}\) - bo nie liczy się kolejność (jest obojętna czy (AAKK, AKAK, KAKA, KKAA, KAAK, AKKA itd.)
\(\displaystyle{ A_{1}={4 \choose 1}}\) - as pierwszy
\(\displaystyle{ A_{2}={3 \choose 1}}\) - as drugi
\(\displaystyle{ K_{1}={4 \choose 1}}\) - król pierwszy
\(\displaystyle{ K_{2}={3 \choose 1}}\) - król drugi
Więc:
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{{4 \choose 1}{3 \choose 1}{4 \choose 1}{3 \choose 1}}{{52 \choose 4}}}\)

Natomiast prawdopodobieństwo, że będą to kolejno dwa asy, dwa króle, czyli (AAKK), jest następujące:
\(\displaystyle{ \Omega=52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49}\) - bo liczy się kolejność (ma być konkretnie (AAKK)
Więc:
\(\displaystyle{ P(B)= \frac{{4 \choose 1}{3 \choose 1}{4 \choose 1}{3 \choose 1}}{52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49}}\)

Dobrze myślę? Na tym polega różnica?

No dobrze, a jakieś podpowiedzi do następnych zadań? Mogę na coś liczyć?

[pawellogrd]

Tak, wszystko ok. Swoją drogą to zamiast reguły mnożenia możesz też zastosować wariacje bez powtórzeń (w mianowniku), da to oczywiście ten sam efekt: \(\displaystyle{ V_{52}^{4} = \frac{52!}{(52-4)!} = \frac{48! \cdot 49 \cdot 50 \cdot 51 \cdot 52}{48!} = 52 \cdot 51 \cdot 50 \cdot 49}\).

Odnośnie zadania 2: Prawdopodobieństwo wyboru danej monety wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\).

a) Oznaczmy przez \(\displaystyle{ A}\) zdarzenie, że wypadł orzeł, przez \(\displaystyle{ M2}\) zdarzenie, że rzucamy monetą z dwoma orłami, przez \(\displaystyle{ M1}\) zdarzenie, że rzucamy monetą symetryczną. \(\displaystyle{ A|M1}\) - zdarzenie, że wypadnie orzeł przy rzucie monetą symetryczną, \(\displaystyle{ A|M2}\) - zdarzenie, że wypadnie orzeł przy rzucie monetą z dwoma orłami.

Zgodnie z tym, co napisałem, prawdopodobieństwo wyboru danej monety jest równe \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) czyli \(\displaystyle{ P(M1)=P(M2)=\frac{1}{2}}\). Również łatwo określić prawdopodobieństwa, że wyrzucimy orła przy rzucie daną monetą: \(\displaystyle{ P(A|M1)=\frac{1}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ P(A|M2)=1}\).

Szukane prawdopodobieństwo warunkowe z twierdzenia Bayesa: \(\displaystyle{ P(M2|A) = \frac{P(M2) \cdot P(A|M2)}{P(A)} = \frac{P(M2) \cdot P(A|M2)}{P(A)} = \frac{P(M2) \cdot P(A|M2)}{P(M1)\cdot P(A|M1) + P(M2) \cdot P(A|M2)}}\). Dalej już tylko podstawić dane do wzoru.

Spróbuj zrobić b) i c).

[Aldo]

Hmm. Rozrysowałem to sobie na takim drzewku. Wygląda to tak:
Mamy dwie monety \(\displaystyle{ M1}\) i \(\displaystyle{ M2}\) i faktycznie tutaj prawdopodobieństwo wyboru jest równe \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) . Patrząc dalej moneta \(\displaystyle{ M1}\) jest symetryczna: orzeł i reszka, więc kolejny wybór to także dwie gałęzie, a prawdopodobieństwo, że po rzucie tą monetą wypadnie orzeł jest równe ponownie \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) , więc dlaczego \(\displaystyle{ P(A|M1)=\frac{1}{2}}\), a nie \(\displaystyle{ P(A|M1)=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}= \frac{1}{4}}\)?

c)
Prawdopodobieństwo tego, że wypadnie orzeł to według mnie prawdopodobieństwo całkowite, czyli:
\(\displaystyle{ P(C)=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{2}= \frac{1}{4}+\frac{1}{2}= \frac{3}{4}}\)

b)
Tu nie bardzo rozumiem o co chodzi. Wybieramy monetę, więc to \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) I dalej nie mam pojęcia jak wyliczyć to że rzucamy dwa razy. Problemem nie jest zastosowanie twierdzenia, tylko zrozumienie pytań, są strasznie pokręcone.

Próbowałem także ruszyć 3 jak i całą resztę . Wyszło mi takie coś:
\(\displaystyle{ \Omega= {20 \choose 5}}\) - możliwości wybrania 5-iątek do testowania całej partii
\(\displaystyle{ A= {5\choose 3}}\) - spośród 5 sztuk do testów wybieram 3 dobre
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{{5\choose 3}}{{20 \choose 5}}}\)

[pawellogrd]

a) \(\displaystyle{ P(A|M1)}\) to prawdopodobieństwo, które nie polega na tym, że dokonujesz wyboru monety symetrycznej, a następnie wyrzucenie nią orła, co Ty właśnie liczysz na drzewko mnożąc te dwa prawdopodobieństwa tylko jest to prawdopodobieństwo, w którym zakładasz, że już wybrałeś monetę symetryczną (prawdopodobieństwo z jakim dokonałeś tego wyboru Cię tutaj nie interesuje - możesz to sobie wyobrazić jako sytuację, gdy masz do dyspozycji tylko tą monetę i żadnej innej i nie dokonujesz żadnego wyboru monety), a teraz liczysz prawdopodobieństwo tego, że właśnie tą monetą wyrzucisz orła.

c) Zgadza się

b) Polecenie jest faktycznie trochę nieprecyzyjne. Ale tutaj wg mnie chodzi o obliczenie dwóch prawdopodobieństw: jednego w sytuacji, gdy rzucasz monetą symetryczną i drugiego, gdy rzucasz monetą z dwoma orłami. Czyli szukasz prawdopodobieństw \(\displaystyle{ P(O|M1)}\) oraz \(\displaystyle{ P(O|M2)}\), gdzie \(\displaystyle{ O}\) - zdarzenie polegające na wyrzuceniu orła dwukrotnie. Czyli \(\displaystyle{ P(O|M1)=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}}\), bo przy obu rzutach masz prawdopodobieństwo \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\), że wypadnie orzeł. Analogicznie \(\displaystyle{ P(O|M2)=1 \cdot 1 = 1}\).

Zadanie 3. Masz \(\displaystyle{ 20}\) sztuk towaru, z czego \(\displaystyle{ 2}\) sztuki są wadliwe, więc \(\displaystyle{ 18}\) sztuk nie jest wadliwych. Do kontroli należy wybrać \(\displaystyle{ 5}\) sztuk spośród niewadliwych czyli spośród \(\displaystyle{ 18}\) sztuk (wszystkie wybrane do kontroli sztuki muszą być niewadliwe dlatego nie ma mowy o sytuacji, w której wybierzemy \(\displaystyle{ 5}\) sztuk i z nich dopiero \(\displaystyle{ 3}\) niewadliwe), zatem szukane prawdopodobieństwo: \(\displaystyle{ P(A)=\frac{{18 \choose 5} }{{20 \choose 5} }}\).

Zadanie 4. Będziesz miał sumę trzech prawdopodobieństw: gdy przy pierwszym losowaniu wyciągnięto kulę zieloną, gdy wyciągnięto kulę czerwoną i gdy wyciągnięto kulę czarną.

[mat_61]

b) Przepraszam, faktycznie zrobiłem błąd, jednak również i w tym, co Ty napisałeś, on jest Wybieramy \(\displaystyle{ 1}\) kartę spośród \(\displaystyle{ 4}\) (czyli z asów), ale to nie znaczy, że my te \(\displaystyle{ 4}\) katy wyciągnęliśmy z talii i już ich tam nie będzie. W talii nie będzie tylko tej \(\displaystyle{ 1}\) karty, którą wyciągnęliśmy już zatem pozostaje nam \(\displaystyle{ 52-1=51}\) kart. Czyli powinno być \(\displaystyle{ P(B)= P(B)=\frac{{4 \choose 1} \cdot {52 \choose 2} }{{51 \choose 3} }}\)

Pawellogrd, to niestety nie jest poprawne rozwiązanie.
1. Pomijając nawet błędy rachunkowe, bo napisałeś, że \(\displaystyle{ 2}\) pozostałe karty losujemy z \(\displaystyle{ 51}\), natomiast w mianowniku powinny być uwzględnione wszystkie możliwe wyniki losowań, czyli losowanie \(\displaystyle{ 3}\) kart z \(\displaystyle{ 52}\).

2. W podanym przez Ciebie sposobie liczenia wielokrotnie liczysz takie same losowania jako różne. Zauważ, że możesz np. losować tak:

a) z czterech asów wylosujesz np. asa pik, a następnie z pozostałych \(\displaystyle{ 51}\) kart np. asa kier i króla pik.

ale możesz wylosować np. tak:

b) z czterech asów wylosujesz np. asa kier, a następnie z pozostałych \(\displaystyle{ 51}\) kart np. asa pik i króla pik.

Łatwo zauważyć, że rezultat obydwu losowań jest identyczny choć Ty liczysz je jako różne.

Tutaj jest szczegółowe wyjaśnienie dlaczego taki sposób postępowania jest niepoprawny: https://www.matematyka.pl/315584.htm

Oczywiście to p-stwo najprościej policzyć z p-stwa zdarzenia przeciwnego tzn. nie wylosowano żadnego asa.

-- 10 gru 2012, o 20:24 --

Aldo, w Twoich zapisach, to wybieranie \(\displaystyle{ 0}\) kart z pozostałych nie ma sensu. Jak zauważył pawellogrd nie zmienia to wprawdzie wyniku obliczeń, ale po wylosowaniu np. \(\displaystyle{ 3}\) asów niczego więcej już nie losujemy (czyli ten zapis nie odnosi się do żadnej faktycznej czynności).
Czym innym jest pomijanie zapisów typu \(\displaystyle{ {4 \choose 4}}\) gdy np. losujemy pięć kart i mamy wylosować cztery asy. Ten czynnik w iloczynie także nie zmienia wyniku, bo jest równy jeden, ale ma sens, bo odnosi się do konkretnej czynności - losowania czterech elementów z czterech (dlatego nie musimy, ale możemy go zapisać).

[pawellogrd]

b)
1. Pomijając nawet błędy rachunkowe, bo napisałeś, że \(\displaystyle{ 2}\) pozostałe karty losujemy z \(\displaystyle{ 51}\), natomiast w mianowniku powinny być uwzględnione wszystkie możliwe wyniki losowań, czyli losowanie \(\displaystyle{ 3}\) kart z \(\displaystyle{ 52}\).

No tak, będę bardziej uważał na błędy rachunkowe w ew. kolejnych odpowiedziach.

2. W podanym przez Ciebie sposobie liczenia wielokrotnie liczysz takie same losowania jako różne(...)

Zawsze się spotykałem z takimi rozwiązaniami jak podałem (nie wiem dlaczego) ale analizując to oczywiście w 100% przyznaję rację. Ze zdarzenia przeciwnego będzie faktycznie łatwo to policzyć, ale w jaki sposób można to obliczyć "wprost" (tzn. bez zdarzenia przeciwnego)? Trzeba byłoby jakoś wykluczyć powtórzenia.

W związku z tym sprostowanie do zadania 2:

b) \(\displaystyle{ P(B)=1-P(B')=1-\frac{{48 \choose 3} }{{52 \choose 3} }}\)

[mat_61]

Licząc wprost należy rozbić to na rozłączne przypadki i dodać je do siebie, tzn.

a) wylosujemy jednego asa i dwie inne karty (czyli losujemy jedną kartę z czterech i dwie z 48)
b) wylosujemy dwa asy i jedną inną kartę (czyli losujemy dwie kary z czterech i jedną z 48)
c) wylosujemy trzy asy (czyli losujemy trzy kary z czterech).

Mówiąc obrazowo dzielimy karty na dwie kupki (asy + reszta) i losujemy kolejne karty - w odpowiedniej ilości - z tych kupek (nie możemy przenosić kart między kupkami w trakcie losowania).

\(\displaystyle{ |B|= {4 \choose 1} \cdot {48 \choose 2} +{4 \choose 2} \cdot {48 \choose 1}+ {4 \choose 3}}\)

[pawellogrd]

Czyli \(\displaystyle{ P(B)=\frac{{4 \choose 1} \cdot {48 \choose 2} + {4 \choose 2} \cdot {48 \choose 1} + {4 \choose 3} }{{52 \choose 3} }}\). Dzięki, dobrze to wiedzieć.

EDIT: Nie zauważyłem, że wyedytowałeś posta już. Dzięki jeszcze raz.

[mat_61]

Tak.

-- 10 gru 2012, o 20:45 --

Co do kolejności. Chcę się upewnić, ze dobrze rozumiem. Załóżmy, ze losujemy 4 karty z 52. Prawdopodobieństwo, że będą to dwa asy i dwa króle jest następujące:
\(\displaystyle{ \Omega={52 \choose 4}}\) - bo nie liczy się kolejność (jest obojętna czy (AAKK, AKAK, KAKA, KKAA, KAAK, AKKA itd.)
\(\displaystyle{ A_{1}={4 \choose 1}}\) - as pierwszy
\(\displaystyle{ A_{2}={3 \choose 1}}\) - as drugi
\(\displaystyle{ K_{1}={4 \choose 1}}\) - król pierwszy
\(\displaystyle{ K_{2}={3 \choose 1}}\) - król drugi
Więc:
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{{4 \choose 1}{3 \choose 1}{4 \choose 1}{3 \choose 1}}{{52 \choose 4}}}\)
...
Dobrze myślę?

To niestety nie jest poprawne rozumowanie. Zauważ, że wśród wylosowanych kart mają być np. dwa asy. Skoro kolejność ma być nieistotna, to zarówno wylosowanie asa pik + asa kier oraz asa kier + asa pik oznaczają taki sam wynik losowania. Tym samym stosując zapis \(\displaystyle{ {4 \choose 1} \cdot {3 \choose 1}}\) liczysz każdy możliwy wynik losowania dwukrotnie. W tym zadaniu masz po prostu wylosować dwa asy z czterech i takich możliwości jest \(\displaystyle{ {4 \choose 2}}\)