rozkład

[Moonsu]

Jak rozwiązać takie zadanie?

n kul, spośród których jedna jest biała. Losujemy z urny po 1 kuli do momentu wylosowania kuli białej. X - ilość losowań.
Znajdź rozkład X,gdy losujemy:
a)ze zwrotem,
b)bez zwracania.

[Tmkk]

Aby zrobić to zadanie, należy policzyć kolejno prawdopodobieństwa \(\displaystyle{ \mathbb{P}(X = k) \hbox{ dla } k = 1,2,\ldots ,n}\). Zacznij od przypadku \(\displaystyle{ k = 1, k=2,}\) może \(\displaystyle{ k=3 }\) i spróbuj uogólnić.

[Moonsu]

Aby zrobić to zadanie, należy policzyć kolejno prawdopodobieństwo \(\displaystyle{ \mathbb{P}(X = k) \hbox{ dla } k = 1,2,\ldots ,n}\). Zacznij od przypadku \(\displaystyle{ k = 1 \hbox{ oraz } k=2 }\) i spróbuj uogólnić.

\(\displaystyle{
P(1)= \frac{1}{n} \\
P(2)= \frac{1}{n} \\
P(3)= \frac{1}{n} \\
czyli \\
P(k)=\frac{1}{n} \\
a \ rozkład \ to: X\sim \left\{ (1,\frac{1}{n}),(2,\frac{1}{n}),...,(k,\frac{1}{n}) \right\} ?
}\)

[Tmkk]

Niestety, nie. Dla \(\displaystyle{ k=1}\) jest ok, ale dlaczego \(\displaystyle{ \mathbb{P}(X = 2) = \frac{1}{n}}\)?

Drobna poprawka do tego, co napisałem w pierwszym poście.

należy policzyć kolejno prawdopodobieństwa \(\displaystyle{ \mathbb{P}(X = k) \hbox{ dla } k = 1,2,\ldots ,n}\)

w podpunkcie a) powinno być dla '\(\displaystyle{ k = 1,2,\ldots ,\infty}\)', bo możemy losować dowolnie długo.
w podpunkcie b) możemy losować co najwyżej \(\displaystyle{ n}\) razy, więc rozpatrujemy \(\displaystyle{ k = 1,2,\ldots ,n}\)

[Moonsu]

b)
\(\displaystyle{
P(X=k) \ dla \ k=1,2,3,...,n \\
czyli \ X \sim \left\{ (1, \frac{1}{n}),(2, \frac{2}{n}),...(k,\frac{k}{n}) \right\} ?
}\)

[Tmkk]

Nic nie rozumiem z tego zapisu, ale nie wygląda to dobrze.

[Moonsu]

Chodziło o:
\(\displaystyle{
b)
P(X=k) \ dla \ k=1,2,3,...,n \\
czyli \\
P(1)=\frac{1}{n} \\
P(2)=\frac{2}{n} \\
P(3)=\frac{3}{n} \\
... \\
P(k)=\frac{k}{n}
}\)

[Tmkk]

Nie, zobacz, że prawdopodobieństwa nawet nie sumują się do jedynki. Ciężko mi pomóc, bo bez żadnych rachunków i przedstawienia rozumowania, nie jestem w stanie zgadnąć skąd bierzesz te liczby.

[Bozydar12]

Nie, zobacz, że prawdopodobieństwa nawet nie sumują się do jedynki. Ciężko mi pomóc, bo bez żadnych rachunków i przedstawienia rozumowania, nie jestem w stanie zgadnąć skąd bierzesz te liczby.

Aby na pewno w przypadku:

Aby zrobić to zadanie, należy policzyć kolejno prawdopodobieństwo \(\displaystyle{ \mathbb{P}(X = k) \hbox{ dla } k = 1,2,\ldots ,n}\). Zacznij od przypadku \(\displaystyle{ k = 1 \hbox{ oraz } k=2 }\) i spróbuj uogólnić.

\(\displaystyle{
P(1)= \frac{1}{n} \\
P(2)= \frac{1}{n} \\
P(3)= \frac{1}{n} \\
czyli \\
P(k)=\frac{1}{n} \\
a \ rozkład \ to: X\sim \left\{ (1,\frac{1}{n}),(2,\frac{1}{n}),...,(k,\frac{1}{n}) \right\} ?
}\)

Wychodziłoby, że prawdopodobobieństw będzie \(\displaystyle{ n}\), więc \(\displaystyle{ n\cdot P(X=n) = n \cdot \frac{1}{n} = 1 }\)
Bo tak w sumie przy wybieraniu bez zwracania, to \(\displaystyle{ P(X=1) = \frac{1}{n}, P(X=2) = \frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{n-1} = \frac{1}{n}}\), czyli pierwsza musi być czarna, a druga już biała. Przynajmniej mi się tak wydaję jak patrzę.

[Tmkk]

Tak, niesumowanie do jedynki miałem na myśli przy odpowiedzi autora do podpunktu b).

"Rozwiązanie", które zacytowałeś było do podpunktu a) i jest niepoprawne. Ale prawdopodobieństwa rzeczywiście się sumują do jedynki i co więcej - tak jak napisałeś - będzie to poprawna odpowiedz, ale do podpunktu b). Co chyba jasno pokazuje, że autor nie ma pojęcia co robi i wstawia losowe wyniki.

Podsumowując, odpowiedz do podpunktu a), która się tu pojawiła, jest poprawną odpowiedzią do podpunktu b). Odpowiedz do podpunktu b), która się tu pojawiła, nie ma zupełnie sensu.

[janusz47]

Korzystamy z twierdzenia o iloczynie zdarzeń.

Twierdzenie

Jeśli \(\displaystyle{ \left(\Omega, \ \ 2^{\Omega}, \ \ P \right) }\) jest przestrzenią probabilistyczną, \(\displaystyle{ A_{1}, A_{2},..., A_{n} }\) są zdarzeniami takimi, że \(\displaystyle{ P(A_{1} \cap A_{2} \cap ... \cap A_{n}) > 0 }\) to zachodzi równość

\(\displaystyle{ P(A_{1} \cap A_{2} \cap ... \cap A_{n}) = P(A_{n}|A_{1} \cap A_{2} \cap ... \cap A_{n-1})\cdot = P(A_{n}|A_{1} \cap A_{2} \cap ... \cap A_{n-1})P(A_{n-1}|A_{1} \cap A_{2} \cap ... \cap A_{n-2})...P(A_{2}|A_{1})P(A_{1}). }\)

Proszę udowodnić twierdzenie korzystając z definicji prawdopodobieństwa warunkowego i stosując zasadę indukcji.

Doświadczenie losowe opisane w zadaniu polega na kolejnym losowaniu jednej kuli, z urny zawierającej zawierającej \(\displaystyle{ n }\) kul w tym jedną kulę białą, aż do momentu wylosowania kuli białej.

Model probabilistyczny doświadczenia losowego

\(\displaystyle{ \Omega = \{ (b), (c_{1},b), (c_{2},b) ,..,(c_{n-1},b), (c_{1}, c_{2},b),...\}, \ \ \mathcal{F} = 2^{\Omega}}\)

a) losowanie bez zwracania

\(\displaystyle{ C_{i}, \ \ i = 1,2,... }\) - i-ta kula jest na czarna

\(\displaystyle{ P(\overline{C}_{k} \cap C_{k-1} \cap C_{k-2} \cap ... \cap C_{1}) = P(\overline{C}_{k}|C_{k-1} \cap C_{1})P(C_{k-1}|C_{k-2} \cap ... \cap C_{1}...P(C_{2}|C_{1})P(C_{1} }\)

Z treści zadania

\(\displaystyle{ P(C_{i}|C_{i-1} \cap ... \cap C_{1}) = \frac{n-i}{n-i +1} }\)

zaś

\(\displaystyle{ P(\overline{C}_{k}|C_{k-1} \cap ... \cap C_{1}) = \frac{1}{n-k +1} }\)

Stąd

\(\displaystyle{ P(A) = \frac{1}{n-k +1} \cdot \frac{n-k+1}{n-k +2}\cdot \frac{n-k+3}{n-k +3}\cdot ...\cdot \frac{n-2}{n-1}\cdot \frac{n-1}{n} = \frac{1}{n}}\)

Proszę zauważyć , że to prawdopodobieństwo nie zależy od liczby losowań \(\displaystyle{ k = 1,2, ..., n-1.}\)

b) losowanie ze zwracaniem

W tym przypadku

\(\displaystyle{ P(C_{i}|C_{i-1} \cap C_{i-2} \cap ... \cap C_{1}) = \frac{n-1}{n} }\)

\(\displaystyle{ P(B) = \left(1-\frac{n-1}{n}\right )\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot ...\cdot \frac{n-1}{n} = \frac{1}{n} \left( \frac{n-1}{n} \right)^{k-1}, \ \ k =1,2,..., n-1. }\)

Proszę ułożyć tabelki rozkładu zmiennej losowej \(\displaystyle{ X }\) - liczby losowań kul z urny dla dwóch modeli a), b).