rozkład
-
- Użytkownik
- Posty: 4
- Rejestracja: 1 kwie 2020, o 10:36
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 19
- Podziękował: 1 raz
rozkład
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.
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.
-
- Użytkownik
- Posty: 1718
- Rejestracja: 15 wrz 2010, o 15:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrołęka
- Podziękował: 59 razy
- Pomógł: 501 razy
Re: rozkład
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.
-
- Użytkownik
- Posty: 4
- Rejestracja: 1 kwie 2020, o 10:36
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 19
- Podziękował: 1 raz
Re: rozkład
\(\displaystyle{
P(1)= \frac{1}{n} \\
P(2)= \frac{1}{n} \\
P(3)= \frac{1}{n} \\
czyli \\
P(k)=\frac{1}{n} \\
a \ rozkład \ to: X\sim \left\{ (1,\frac{1}{n}),(2,\frac{1}{n}),...,(k,\frac{1}{n}) \right\} ?
}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 1718
- Rejestracja: 15 wrz 2010, o 15:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrołęka
- Podziękował: 59 razy
- Pomógł: 501 razy
Re: rozkład
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.
w podpunkcie b) możemy losować co najwyżej \(\displaystyle{ n}\) razy, więc rozpatrujemy \(\displaystyle{ k = 1,2,\ldots ,n}\)
Drobna poprawka do tego, co napisałem w pierwszym poście.
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 \(\displaystyle{ k = 1,2,\ldots ,n}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 4
- Rejestracja: 1 kwie 2020, o 10:36
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 19
- Podziękował: 1 raz
Re: rozkład
b)
\(\displaystyle{
P(X=k) \ dla \ k=1,2,3,...,n \\
czyli \ X \sim \left\{ (1, \frac{1}{n}),(2, \frac{2}{n}),...(k,\frac{k}{n}) \right\} ?
}\)
\(\displaystyle{
P(X=k) \ dla \ k=1,2,3,...,n \\
czyli \ X \sim \left\{ (1, \frac{1}{n}),(2, \frac{2}{n}),...(k,\frac{k}{n}) \right\} ?
}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 4
- Rejestracja: 1 kwie 2020, o 10:36
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 19
- Podziękował: 1 raz
Re: rozkład
Chodziło o:
\(\displaystyle{
b)
P(X=k) \ dla \ k=1,2,3,...,n \\
czyli \\
P(1)=\frac{1}{n} \\
P(2)=\frac{2}{n} \\
P(3)=\frac{3}{n} \\
... \\
P(k)=\frac{k}{n}
}\)
\(\displaystyle{
b)
P(X=k) \ dla \ k=1,2,3,...,n \\
czyli \\
P(1)=\frac{1}{n} \\
P(2)=\frac{2}{n} \\
P(3)=\frac{3}{n} \\
... \\
P(k)=\frac{k}{n}
}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 1718
- Rejestracja: 15 wrz 2010, o 15:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrołęka
- Podziękował: 59 razy
- Pomógł: 501 razy
Re: rozkład
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.
-
- Użytkownik
- Posty: 155
- Rejestracja: 5 paź 2019, o 09:46
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 20 razy
- Pomógł: 3 razy
Re: rozkład
Aby na pewno w przypadku:
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.
Ostatnio zmieniony 1 kwie 2020, o 18:31 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Symbol mnożenia to \cdot. Poprawa wiadomości: na pewno.
Powód: Symbol mnożenia to \cdot. Poprawa wiadomości: na pewno.
-
- Użytkownik
- Posty: 1718
- Rejestracja: 15 wrz 2010, o 15:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Ostrołęka
- Podziękował: 59 razy
- Pomógł: 501 razy
Re: rozkład
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.
"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.
-
- Użytkownik
- Posty: 7918
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Re: rozkład
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).
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).