kostka normalna i inna, wzór na sumę prawdopodobieństwa

[Burlo_One]

mam takie zadanko

W urnie znajduje się 5 sześciennych kostek do gry. Cztery z nich mają klasycznie ponumerowane ścianki liczbami 1,2,3, 4, 5, 6 ale jedna ma na ściankach liczby 1, 1, 1, 2, 2, 3. Z urny losujemy bez zwracania 2 kostki i wykonujemy rzut taką parą kostek. Obliczyć prawdopodobieństwo, że suma wyrzuconych oczek będzie mniejsza niż 6.

Rozwiązanie:

\(\displaystyle{ A_{1} -}\) 2x kostka normalna
\(\displaystyle{ A_{2} -}\) 1x kostka normalna i 1x kostka inna
moc zbioru A: \(\displaystyle{ {5 \choose 2}=10}\)
\(\displaystyle{ P(A _{1} )= \frac{4}{10}}\)
\(\displaystyle{ P(A _{2} )= \frac{1}{10}}\)

\(\displaystyle{ B-}\) wyrzucenie sumy oczek mniejszej od 6
moc zbioru B: \(\displaystyle{ {12 \choose 2} =66}\)
\(\displaystyle{ B|A _{1}=\left\{ (1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(2,1)(2,2)(2,3)(3,2)\right\}}\) \(\displaystyle{ =8}\)
\(\displaystyle{ B|A _{2}=\left\{ (1,1)(1,1)(1,1)(1,2)(1,2)(1,3)(2,1)(2,1)(2,1)(2,2)(2,2)(2,3)(3,1)(3,1)(3,1)(3,2)(3,2)\right\}}\) \(\displaystyle{ =17}\)

\(\displaystyle{ P(B)=P(B|A _{1}) \cdot P(A _{1})+P(B|A _{2}) \cdot P(A _{2})= \frac{8}{66} \cdot \frac{4}{9} + \frac{17}{66} \cdot \frac{1}{10}}\)

tylko nie wiem czy wyznaczyłem dobrze moc zbioru w losowaniu B
jeśli mam 2 kostki to mam 12 ich boków w sumie
jeśli rzucam 2 kostkami to losuję 2 boki z tych 12
czyli liczę kombinację \(\displaystyle{ {12 \choose 2}}\), czy tak?

[kerajs]

moc zbioru A: \(\displaystyle{ {6 \choose 2}=15}\)
\(\displaystyle{ P(A _{1} )= \frac{4}{15}}\)
\(\displaystyle{ P(A _{2} )= \frac{1}{15}}\)

To jest żle policzone . Przecież masz 5, a ne 6 kostek. Policz to jescze raz iwynik spawdx robiąc to samo drzewkiem

\(\displaystyle{ B-}\) wyrzucenie sumy oczek mniejszej od 6
moc zbioru B: \(\displaystyle{ {12 \choose 2} =66}\)

To jest żle, sugerowałbym drzewko.

\(\displaystyle{ B|A _{1}=\left\{ (1,1) (1,2)(1,3)(1,4)(2,2)(2,3)(3,3)\right\}}\) \(\displaystyle{ =7}\)

a dlaczego nie uwzgledniasz zdarzenia \(\displaystyle{ (2,1),(3,1),(3,2)}\) ?

\(\displaystyle{ B|A _{2}=\left\{ (1,1)(1,1)(1,1)(1,2)(1,2)(1,3)(2,2)(2,2)(2,3)(3,3)\right\}}\) \(\displaystyle{ =10}\)

Tu jest ten sam problem co wyzej

[Burlo_One]

\(\displaystyle{ B-}\) wyrzucenie sumy oczek mniejszej od 6
moc zbioru B: \(\displaystyle{ {12 \choose 2} =66}\)

A skąd ten wynik?

\(\displaystyle{ B|A _{1}=\left\{ (1,1) (1,2)(1,3)(1,4)(2,2)(2,3)(3,3)\right\}}\) \(\displaystyle{ =7}\)

a dlaczego nie uwzgledniasz zdarzenia \(\displaystyle{ (2,1),(3,1),(3,2)}\) ?

\(\displaystyle{ B|A _{2}=\left\{ (1,1)(1,1)(1,1)(1,2)(1,2)(1,3)(2,2)(2,2)(2,3)(3,3)\right\}}\) \(\displaystyle{ =10}\)

Tu jest ten sam problem co wyzej

Powinienem to uwzględnić? Dlaczego?

PS. poprawiłem wyżej

[kropka+]

\(\displaystyle{ (3,3)}\) to nie jest zdarzenie \(\displaystyle{ B}\)

[kerajs]

Bo suma jest mniejsza od 6

[Burlo_One]

a reszta?

[kropka+]

Kostki są rozróżnialne. Gdyby były nierozróżnialne, to np. dla \(\displaystyle{ A}\) byłoby \(\displaystyle{ \Omega=2}\)

[Burlo_One]

a teraz?

[kropka+]

Nie rozumiem pytania.

[Burlo_One]

poprawiłem równania w pierwszym poście
teraz są ok?

[kerajs]

Raczej
\(\displaystyle{ P(A _{1} )= \frac{6}{10}}\)
\(\displaystyle{ P(A _{2} )= \frac{4}{10}}\)

B wyrzucenie sumy mniejszej niż 6
\(\displaystyle{ A _{1} \cap B=\left\{ (1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(2,1)(2,2)(2,3)(3,1)(3,2)(4,1)\right\}}\) \(\displaystyle{ =10}\)

\(\displaystyle{ A _{2} \cap B=\left\{ (1,1)(1,1)(1,2)(1,2)(1,3)(2,1)(2,1)(2,1)(2,2)(2,2)(2,3)(3,1)(3,1)(3,1)(3,2)(3,2)\right\}}\) \(\displaystyle{ =17}\) ???
Tu musisz rozpatrywać kiedy normalna kostka jest pierwsza, a kiedy druga

A przez ile zamierzasz to dzielić?

Wciąż sugerowałbym drzewko.

[Burlo_One]

Raczej
\(\displaystyle{ P(A _{1} )= \frac{7}{10}}\)
\(\displaystyle{ P(A _{2} )= \frac{3}{10}}\)

bez sensu
dlaczego tak?

[kropka+]

Moc \(\displaystyle{ B}\) źle.
Poza tym, przy tej postaci jaka narazie jest w pierwszym warunku brakuje \(\displaystyle{ (3,1),(4,1)}\), a w drugim trzy razy \(\displaystyle{ (4,1)}\)

[Burlo_One]

Raczej

\(\displaystyle{ A _{2} \cap B=\left\{ (1,1)(1,1)(1,2)(1,2)(1,3)(2,1)(2,1)(2,1)(2,2)(2,2)(2,3)(3,1)(3,1)(3,1)(3,2)(3,2)\right\}}\) \(\displaystyle{ =17}\) ???
Tu musisz rozpatrywać kiedy normalna kostka jest pierwsza, a kiedy druga

a teraz?

\(\displaystyle{ (1,1)(1,1)(1,2)(1,2)(1,3)(2,1)(2,1)(2,1)(2,2)(2,2)(2,3)(3,1)(3,1)(3,1)(3,2)\\
(3,2)(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(2,1)(2,2)(2,3)(3,1)(3,2)=26}\)

-- 1 cze 2014, o 20:55 --

Wciąż sugerowałbym drzewko.

Jak będzie to wyglądać na drzewku?
jakoś tego nie widzę

-- 1 cze 2014, o 23:01 --

udało mi się ogarnąć to zadanie:

W urnie znajduje się 5 sześciennych kostek do gry. Cztery z nich mają klasycznie ponumerowane ścianki liczbami 1,2,3, 4, 5, 6 ale jedna ma na ściankach liczby 1, 1, 1, 2, 2, 3. Z urny losujemy bez zwracania 2 kostki i wykonujemy rzut taką parą kostek. Obliczyć prawdopodobieństwo, że suma wyrzuconych oczek będzie mniejsza niż 6.

Rozwiązanie:

\(\displaystyle{ A_{1} -}\) 1x kostka normalna i 1x kostka inna
\(\displaystyle{ A_{2} -}\) 2x kostka normalna

moc zbioru A: \(\displaystyle{ {5 \choose 2}=10}\)

\(\displaystyle{ P(A _{1} )= \frac{4}{10}}\)

\(\displaystyle{ P(A _{2} )= \frac{6}{10}}\)


\(\displaystyle{ B-}\) wyrzucenie sumy oczek mniejszej od 6

moc zbioru B: \(\displaystyle{ 6 \cdot 6 =36}\)

\(\displaystyle{ B|A _{1}=20}\)

\(\displaystyle{ B|A _{2}=10}\)

tutaj jest rysunek przedstawiający w jaki sposób wyznaczyłem moc powyższych zbiorów: [ciach]
\(\displaystyle{ P(B)=P(B|A _{1}) \cdot P(A _{1})+P(B|A _{2}) \cdot P(A _{2})= \frac{10}{36} \cdot \frac{6}{10} + \frac{20}{36} \cdot \frac{4}{10}= \frac{8}{15}}\)

gdyby mi ktoś tylko powiedział czy dobrze

[kerajs]

Teraz OK.