Zdarzenia niezależne
-
- Użytkownik
- Posty: 75
- Rejestracja: 7 lis 2016, o 15:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 10 razy
Zdarzenia niezależne
Zdarzenia \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są niezależne oraz \(\displaystyle{ P(A)=P(B)=\frac14.}\)
Jaka jest szansa, że zaszły oba zdarzenia, jęzeli wiemy, że zaszło przynajmniej jedno.
Korzystam ze wzoru:
\(\displaystyle{ P(A\mid B) = \frac{p(A \cap B)}{p(B)}}\)
I wiedząc, że skoro zdarzenia są niezależne:
\(\displaystyle{ \frac{ \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4}}{\frac{1}{4}} = \frac{1}{4}}\)
Czy to jest dobrze?
Jaka jest szansa, że zaszły oba zdarzenia, jęzeli wiemy, że zaszło przynajmniej jedno.
Korzystam ze wzoru:
\(\displaystyle{ P(A\mid B) = \frac{p(A \cap B)}{p(B)}}\)
I wiedząc, że skoro zdarzenia są niezależne:
\(\displaystyle{ \frac{ \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4}}{\frac{1}{4}} = \frac{1}{4}}\)
Czy to jest dobrze?
Ostatnio zmieniony 9 cze 2019, o 14:17 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 2 razy.
Powód: Niepoprawnie napisany kod LaTeX-a. Nie stosuj wzorów matematycznych w nazwie tematu. Symbol mnożenia to \cdot. Tytuł nie powinien być początkiem posta.
Powód: Niepoprawnie napisany kod LaTeX-a. Nie stosuj wzorów matematycznych w nazwie tematu. Symbol mnożenia to \cdot. Tytuł nie powinien być początkiem posta.
-
- Administrator
- Posty: 34283
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
Re: Zdarzenia niezależne
Źle. Warunkiem jest "zaszło przynajmniej jedno zdarzenie", co odpowiada zdarzeniu \(\displaystyle{ A\cup B}\). Masz zatem policzyć \(\displaystyle{ P(A\cap B\mid A\cup B).}\)
JK
JK
-
- Użytkownik
- Posty: 75
- Rejestracja: 7 lis 2016, o 15:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 10 razy
Zdarzenia niezależne
Zacząłem tak robić, ale pojawiły się długie wzory, da się je jakoś poskracać czy trzeba to liczyć w nieskończoność?
\(\displaystyle{ \frac{p((A \cap B) \cap (A \cup B)) }{p(A \cup B)}}\)
\(\displaystyle{ \frac{p((A \cap B) \cap (A \cup B)) }{p(A \cup B)}}\)
-
- Administrator
- Posty: 34283
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
Re: Zdarzenia niezależne
Z elementarnych własności działań na zbiorach powinieneś wiedzieć, ile to jest \(\displaystyle{ (A \cap B) \cap (A \cup B)}\). Natomiast jeden z podstawowych wzorów związanych z prawdopodobieństwem mówi, jak policzyć \(\displaystyle{ P(A\cup B)}\).
A z liczeniem w nieskończoność to dobry żart, bo rachunek to pół linijki...
JK
A z liczeniem w nieskończoność to dobry żart, bo rachunek to pół linijki...
JK
-
- Użytkownik
- Posty: 75
- Rejestracja: 7 lis 2016, o 15:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 10 razy
Zdarzenia niezależne
Czy chodzi o takie przekształcenie?
\(\displaystyle{ (A \cap B) \cap (A \cup B) = (A \cap B) \cap (B \cap A) = (A \cap B) \cap (A \cap B) = (A \cap B)}\)
\(\displaystyle{ (A \cap B) \cap (A \cup B) = (A \cap B) \cap (B \cap A) = (A \cap B) \cap (A \cap B) = (A \cap B)}\)
-
- Administrator
- Posty: 34283
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
Re: Zdarzenia niezależne
Przekształcenie wygląda bardziej niż podejrzanie, więc raczej nie - zupełnie nie wiadomo, co robisz i dlaczego miałoby to być poprawne (zwłaszcza w pierwszym przejściu). Natomiast wynik wyszedł właściwy, choć najprościej zauważyć to z twierdzenia \(\displaystyle{ X \subseteq Y \Leftrightarrow X\cap Y=X}\).
JK
JK
-
- Użytkownik
- Posty: 75
- Rejestracja: 7 lis 2016, o 15:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 10 razy
Re: Zdarzenia niezależne
Zamiast skasować pierwsze przekształcenie to dopisałem nowe, skorzystałem z własności, że jeśli
\(\displaystyle{ A = B (A \cup B) = (A \cap B)}\)
\(\displaystyle{ A = B (A \cup B) = (A \cap B)}\)
-
- Administrator
- Posty: 34283
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
Re: Zdarzenia niezależne
BigPaws pisze:Zamiast skasować pierwsze przekształcenie to dopisałem nowe, skorzystałem z własności, że jeśli
\(\displaystyle{ A = B (A \cup B) = (A \cap B)}\)
Nie ma pojęcia, co tak naprawdę zrobiłeś. Co to znaczy "dopisałem nowe przekształcenie"? Co to za własność, z której ponoć skorzystałeś? Bo te znaczki nie opisują żadnej własności.
JK
-
- Użytkownik
- Posty: 421
- Rejestracja: 19 lut 2019, o 19:30
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 163 razy
- Pomógł: 16 razy
Re: Zdarzenia niezależne
Wystarczy zauważyć, że \(\displaystyle{ (A \cap B) \subset (A \cup B)}\) więc \(\displaystyle{ (A \cap B) \cap (A \cup B) = (A \cap B)}\) choćby z definicji części wspólnej zbiorów.
Natomiast wracając do zadania:
\(\displaystyle{ P(A\cap B\mid A\cup B) = \frac{P(A \cap B) \cap (A \cup B))}{P(A \cup B)}}\)
No i teraz z własności, którą już znamy:
\(\displaystyle{ \frac{P((A \cap B) \cap (A \cup B))}{P(A \cup B)} = \frac{P(A \cap B)}{P(A \cup B)}}\)
Wiemy, że \(\displaystyle{ P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)}\).
Z informacji jakie podałeś możemy więc łatwo wyliczyć, że \(\displaystyle{ P(A \cup B) = \frac{1}{2} - P(A \cap B)}\)
Dlatego mamy:
\(\displaystyle{ \frac{P(A \cap B)}{P(A \cup B)} = \frac{P(A \cap B)}{\frac{1}{2} - P(A \cap B)}}\)
Z definicji niezależności dwóch zdarzeń:
\(\displaystyle{ P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)}\), więc w naszym przypadku: \(\displaystyle{ P(A \cap B) = \frac{1}{16}}\).
Zatem poszukiwany wynik, to:
\(\displaystyle{ \frac{P(A \cap B)}{\frac{1}{2} - P(A \cap B)} = \frac{\frac{1}{16}}{\frac{1}{2} - \frac{1}{16}} = \frac{1}{7}.}\)
Natomiast wracając do zadania:
\(\displaystyle{ P(A\cap B\mid A\cup B) = \frac{P(A \cap B) \cap (A \cup B))}{P(A \cup B)}}\)
No i teraz z własności, którą już znamy:
\(\displaystyle{ \frac{P((A \cap B) \cap (A \cup B))}{P(A \cup B)} = \frac{P(A \cap B)}{P(A \cup B)}}\)
Wiemy, że \(\displaystyle{ P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)}\).
Z informacji jakie podałeś możemy więc łatwo wyliczyć, że \(\displaystyle{ P(A \cup B) = \frac{1}{2} - P(A \cap B)}\)
Dlatego mamy:
\(\displaystyle{ \frac{P(A \cap B)}{P(A \cup B)} = \frac{P(A \cap B)}{\frac{1}{2} - P(A \cap B)}}\)
Z definicji niezależności dwóch zdarzeń:
\(\displaystyle{ P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)}\), więc w naszym przypadku: \(\displaystyle{ P(A \cap B) = \frac{1}{16}}\).
Zatem poszukiwany wynik, to:
\(\displaystyle{ \frac{P(A \cap B)}{\frac{1}{2} - P(A \cap B)} = \frac{\frac{1}{16}}{\frac{1}{2} - \frac{1}{16}} = \frac{1}{7}.}\)