Prawdopodobieństwo warunkowe, w obu rzutach wypadła parzysta

Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
Awatar użytkownika
lightinside
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 796
Rejestracja: 25 lis 2011, o 22:25
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Poznań/Łódź
Podziękował: 111 razy
Pomógł: 29 razy

Prawdopodobieństwo warunkowe, w obu rzutach wypadła parzysta

Post autor: lightinside »

Jakie jest prawdopodobieństwo że w dwóch rzutach kostką wypadła liczba parzysta, skoro wiemy że podczas pierwszego rzutu wypadła liczbą parzystą.

\(\displaystyle{ \left| \Omega\right| =36}\)

A-prawdopodobieństwo że na obu oczkach wypadła liczba parzysta
B-na drugiej wypadła liczba parzysta
\(\displaystyle{ B=\left\{ \left( x,y\right) ; x \in\left\{ 2,4,6\right\}, y \in\left\{ 1,2,...,6\right\} \right\}}\)
\(\displaystyle{ \left| B\right| =18}\)
Czy to jest aby poprawne? Nie powinno być:

\(\displaystyle{ B=\left\{ 2,4,6\right\}}\)

Że liczymy tylko pierwszy rzut?

\(\displaystyle{ P\left( A|B\right) = \frac{P\left( A \cap B\right) }{P\left( B\right) }}\)

Jak obliczyć tu prawdopodobieństwo że \(\displaystyle{ P\left( A \cap B\right)}\)To będzie się równać \(\displaystyle{ P(A)}\)?

Bo te liczby które są w drugim rzucie w \(\displaystyle{ B}\) zawierają się w \(\displaystyle{ A}\), ale te które są w \(\displaystyle{ B}\) nie wszystkie są w A.

Gdybyśmy mieli zadanie że zamiast na każdej wypadła parzysta, to że suma jest parzysta.

To \(\displaystyle{ \Omega}\) byłaby bez zmian.

A jak zdefiniować A i B?

Aby suma była parzysta to \(\displaystyle{ A=\left\{ \left( x,y\right);x+y=\left\{ 2,4,6,8,...,24\right\} \right\}}\)

Oby dwa rzuty muszą być parzyste lub nie parzyste tylko jak to zapisać?
piasek101
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 23493
Rejestracja: 8 kwie 2008, o 22:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: piaski
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 3263 razy

Prawdopodobieństwo warunkowe, w obu rzutach wypadła parzysta

Post autor: piasek101 »

lightinside pisze:Jakie jest prawdopodobieństwo że w dwóch rzutach kostką wypadła liczba parzysta, skoro wiemy że podczas pierwszego rzutu wypadła liczbą parzystą.
Przyjmując - na obu parzysta - jedną już masz, a z jakim prawdopodobieństwem dostaniesz drugą ?
Awatar użytkownika
pyzol
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4346
Rejestracja: 26 kwie 2010, o 11:39
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Nowa Ruda
Podziękował: 5 razy
Pomógł: 929 razy

Prawdopodobieństwo warunkowe, w obu rzutach wypadła parzysta

Post autor: pyzol »

lightinside pisze: Jak obliczyć tu prawdopodobieństwo że \(\displaystyle{ P\left( A \cap B\right)}\)To będzie się równać \(\displaystyle{ P(A)}\)?
No to robisz przekrój zbiorów i otrzymujesz.
Skoro \(\displaystyle{ A \subset B}\), to \(\displaystyle{ A \cap B=A}\) i masz już swój wynik.
Bo te liczby które są w drugim rzucie w \(\displaystyle{ B}\) zawierają się w \(\displaystyle{ A}\), ale te które są w \(\displaystyle{ B}\) nie wszystkie są w A.
??
Jeśli masz problem, to wypisz wszystkie pary liczb dla \(\displaystyle{ B}\) oraz dla \(\displaystyle{ A}\), wtedy zobaczysz, że \(\displaystyle{ A}\) zawiera się w \(\displaystyle{ B}\). Dużo tego nie jest raptem \(\displaystyle{ 18}\) dla \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ 9}\) dla \(\displaystyle{ A}\).
Bo wygląda na to, że jak zapisujesz w taki sposób:
\(\displaystyle{ B=\left\{ \left( x,y\right) ; x \in\left\{ 2,4,6\right\}, y \in\left\{ 1,2,...,6\right\} \right\}}\)
to jakoś tego wcale nie widzisz.
ODPOWIEDZ