Prawdopodobieństwo, ze przy ponownym rzucie t sam kostka znowu wypadnie 6

[Przybyl]

Cześć. Mam problem z zadaniem:

W urnie znajduje się 10 kostek do gry: 9 zwyczajnych i jedna magiczna.
Przy rzucie magiczną kostką zawsze wypada szóstka. Wylosowaliśmy z urny jedną kostkę
i rzuciliśmy nią. Okazało się, że wypadła szóstka. Jakie jest prawdopodobieństwo, że przy
ponownym rzucie tą samą kostką znowu wypadnie szóstka?

Na początku myślałem, żeby obliczyć prawd. wypadnięcia dwóch 6 z rzędu, jednak to chyba nie o to chodzi w zadaniu. Wtedy to by było
\(\displaystyle{ \frac{1}{10}+\frac{9}{10}*\frac{1}{6}*\frac{1}{6}}\).

[Tmkk]

Wprowadźmy oznaczenia:
A1 - szóstka w pierwszym rzucie, A2 - szóstka w drugim rzucie, Z - rzut zwyczajną kostką, M - rzut magiczną kostką.

Spróbuj za pomocą tych zdarzeń zapisać to, co chcesz ostatecznie policzyć - chodzi mi o samo \(\displaystyle{ \mathbb{P}(\ldots)}\). Czy to jest jakieś przecięcie, suma zdarzeń? Czy to jest prawdopodobieństwo warunkowe, całkowite? Jeśli to ustalisz, zadanie będzie bardzo proste

[Przybyl]

Wydaje mi się, że będzie to prawdopodobieństwo całkowite.
\(\displaystyle{ P(A2)=P(A2|A1)*P(A1)+P(A2|Z)*P(Z)+P(A2|M)*P(M)}\)
W taki sposób ? Jestem beznadziejny z tego do tego już sporo zapomniałem.

[Tmkk]

To nic, przypomnisz sobie.

Jeśli napiszesz, że Twoim celem jest policzenie \(\displaystyle{ \mathbb{P}(A2)}\), to wtedy w żaden sposób nie uwzględniasz informacji, że zaszło \(\displaystyle{ A1}\). A wiesz, że zaszło \(\displaystyle{ A1}\) Jak można to poprawić?

Tak btw. to co napisałeś nie jest dobrym rozbiciem omegi do prawdopodobieństwa całkowitego (na przykład zdarzenia \(\displaystyle{ A1, Z, M}\) nie są rozłączne).

[Przybyl]

Podniosłeś moje już i tak niskie morale xD dziękuję. No to próbuję dalej.
\(\displaystyle{ P(A2|A1)=\frac{P(A2 \cap A1)}{P(A1)}}\)
Prawda zapomniałem, że zdarzenia muszą być rozłączne
W tym przypadku jednak mi czegoś brakuje
Tak się zastanawiam czy takie coś ma sens
\(\displaystyle{ P(A2 \cap A1|M \cup Z)}\)

[Tmkk]

Tak, dokładnie, to jest prawdopodobieństwo warunkowe.

No to \(\displaystyle{ \mathbb{P}(A2 \cap A1)}\) już policzyłeś z prawdopodobieństwa całkowitego na początku tematu. Mianownik liczy się bardzo podobnie.

Tutaj już nie ma problemu, bo rozbijasz na dwa zdarzenia: M i Z, które są rozłączne.

[Janusz Tracz]

Tak się zastanawiam czy takie coś ma sens \(\displaystyle{ P(A2 \cap A1|M \cup Z)}\)

Sam napis ma sens ale tu się nie przyda. Oznacza on bowiem prawdopodobieństwo wyrzucenia \(\displaystyle{ 6}\) za pieszym i za drugim razem pod warunkiem, że rzucamy magiczną lub zwykłą kostka (ale innych opcji nie ma bo \(\displaystyle{ M \cup Z=\Omega}\)). Zawsze rzucamy jakość kostką na tym polega doświadczenie lodowe innymi słowy nie można rzucać czym innym niż kostką \(\displaystyle{ P(A2 \cap A1|M \cup Z)=P(A2 \cap A1)}\)

[Przybyl]

Czy licznik jest poprawnie liczony ? Aż głupio mi pytać o tego typu pytania
\(\displaystyle{ P(A2 \cap A1)=P(A2 \cap A1|M)*P(M)+P(A2 \cap A1|Z)*P(Z)}\)

Dodano po 16 minutach 9 sekundach:
Dalej

\(\displaystyle{ P(A2 \cap A1)=P(A@ \cap A1|M)*P(M)+P(A2 \cap A1|Z)*P(Z)=\frac{9}{360}+\frac{1}{360}=\frac{1}{36} \\
P(A1)=P(A1|M)*P(M)+P(A2|Z)*P(Z)=\frac{15}{60}}\)
wynik
\(\displaystyle{ P(A2|A1)=\frac{1}{9}}\)

[Tmkk]

Trochę się nie zgadza liczenie prawdopodobieństwa wyrzucenia dwóch szóstek. Sprawdz jeszcze raz, a jeśli uważasz, że jest ok, to napisz dokładnie skąd się co bierze.

[Przybyl]

Jeśli chodzi o \(\displaystyle{ P(A2 \cap A1|M)*P(M)}\)
to wyobraziłem sobie to na drzewku. M-6-6 czyli \(\displaystyle{ \frac{9}{10*6*6}}\)

[Tmkk]

To jest dla zwykłej, a nie magicznej.

[Przybyl]

Rzeczywiście sie popsuło
\(\displaystyle{ P(A2 \cap A1)=\frac{1}{8}
\\
P(A1)=\frac{15}{60} \\
P(A2|A1)=\frac{1}{8}*\frac{60}{15}=\frac{1}{2}}\)

[Tmkk]

Tak

[Przybyl]

Zadanie wydaje mi się, że na podobnej zasadzie, więc nie będę robił nowego temat.
Mamy dwie nierozróżnialne urny. W pierwszej urnie jest 21 kul czarnych. W drugiej urnie jest 15 kul czarnych i 6 kul białych. Wybraliśmy losowo urnę,
a następnie wylosowaliśmy z niej dwie kule (bez zwracania). Okazało się, że obie wylosowane kule są czarne. Jakie jest prawdopodobieństwo, że losowania dokonywaliśmy z urny, w której wszystkie kule są czarne?
A - losowanie z pierwszej urny
B - losowanie z drugiej urny
C - wylosowanie 2 czarnych kul
Potrzebuję obliczyć \(\displaystyle{ P(A|C)=\frac{P(A \cap C)}{P(C)}\\
P(A \cap C)=\frac{1}{2}
\\
P(C)=P(C|A)*P(A)+P(C|B)*P(B)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}*\frac{15}{21}*\frac{14}{20}\\
P(A|C)=\frac{2}{3}}\)
Czy to jest poprawne ?

[Janusz Tracz]

Tak, powinno być ok. Ja zrobiłem Twierdzeniem Bayesa i wtszło tyle samo. Zgodnie z oznaczeniami:

\(\displaystyle{ \mathbb{P}\left( A|C\right)= \frac{\mathbb{P}\left( C|A\right)\mathbb{P}\left( A\right)}{\mathbb{P}\left(C\right)} =\frac{\mathbb{P}\left( C|A\right)\mathbb{P}\left( A\right)}{\mathbb{P}\left(C|A\right)\mathbb{P}\left(A\right)+\mathbb{P}\left(C|B\right)\mathbb{P}\left(B\right)} = \frac{\mathbb{P}\left( C|A\right)}{\mathbb{P}\left(C|A\right)+\mathbb{P}\left(C|B\right)\mathbb{P}}= \frac{1}{1+ \frac{ {15 \choose 2} }{ {21 \choose 2} } } = \frac{2}{3} }\)

Przy czym milcząco zakładam, że losowanie urny jest jednakowo prawdopodobne \(\displaystyle{ \mathbb{P}\left( A\right)=\mathbb{P}\left( B\right)= \frac{1}{2} }\)