Nie zadanie, lecz pytanie

[Owsiak]

Witam!
Dzisiaj mam taka oto zagwozdke. Wyobrazmy sobie nastepujace przykladowe zadanie: Rozmieszczamy losowo 4 identyczne kulki w 3 pojemnikach. Jakie jest prawdopodobienstwo, ze w jednym pojemniku znajdziemy wszystkie 4 kulki?

Chcemy obliczyc moc przestrzeni zdarzen elementarnych. Wydawaloby sie, ze skoro kulki sa identyczne, to ich kolejnosc nie ma znaczenia i zastosujemy kombinacje z powtorzeniami, ALE! Przeciez jesli dokleimy kulkom numerki, to nie spowoduje to, ze bedziemy je znajdywac w jednym pojemniku czesciej lub rzadziej. Prawdopodobienstwo bedzie takie samo, bez wzgledu na to czy kulki beda rozne czy identyczne.

I teraz... Czego uzyc do wyznaczenia tej przestrzeni zdarzen elementarnych, tak aby wszystkie zdarzenia elementarne byly jednakowo prawdopodobne i dlaczego? Mnie sie wydaje, ze mimo wszystko wariacji z powtorzeniami... Ale dlaczego?

Z drugiej strony kiedy liczymy prawdopodobienstwo zalozmy, ze w wylosowanych z talii 5 kartach, beda dokladnie 3 asy, to posluzymy sie kombinacja. Dlaczego?

Czy ktos jest w stanie raz na zawsze rozwiac moje watpliwosci i spowodowac, ze przestane sie poslugiwac intuicja, a zaczne logika?

[wb]

W zadaniu z kulkami losujemy pojemnik jeden spośród trzech, do którego wrzucamy kulkę. Losujemy pojemnik cztery razy, wobec czego wyniki losowań muszą się powtórzyć. Jedynym schematem kombinatorycznym, w którym mogą powtarzać się wylosowywane ze zbioru elementy są wariacje z powtórzeniami. By go zastosować do Twojego zadania pojemniki musimy rozróżniać (np. ponumerować) i wówczas:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}=W_3^4=3^4}\)

zaś sprzyjające są tylko te wyniki, w których numery pojemniki, wszystkie cztery są jednakowe. Są trzy takie wyniki: (1,1,1,1), (2,2,2,2), (3,3,3,3).

[Owsiak]

No dobrze, a jezeli zadanie bedzie brzmialo nastepujaco: do 6-ciu pojemnikow wkladamy 4 kulki, ale w kazdym z nich moze sie znalezc maksymalnie jedna. Jakie jest prawdopodobienstwo, ze pierwszy pojemnik bedzie pusty? I co teraz?

[wb]

Wtedy należy wylosować numery dwóch pojemników, które zostaną puste a do pozostałych czterech trzeba dolosować po dokładnie jednej kuli do każdego, co można wykonać dla nierozróżnialnych kul, tylko na jeden sposób.
Ten sposób losowania nie wymaga kolejności w jakiej wybierzemy puste pojemniki, więc:

\(\displaystyle{ p(A)=\frac{C_1^1\cdot C_5^1}{C_6^2}}\)

[Demon]

Jedynym schematem kombinatorycznym, w którym mogą powtarzać się wylosowywane ze zbioru elementy są wariacje z powtórzeniami. By go zastosować do Twojego zadania pojemniki musimy rozróżniać (np. ponumerować) i wówczas:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}=W_3^4=3^4}\)

zaś sprzyjające są tylko te wyniki, w których numery pojemniki, wszystkie cztery są jednakowe. Są trzy takie wyniki: (1,1,1,1), (2,2,2,2), (3,3,3,3).

Elementy mogą się jeszcze powtarzać w kombinacjach z powtórzeniami i permutacjach z powtórzeniami, więc skoro w tym zadaniu kolejność jest nieistotna czemu nie można zastosować kombinacji z powtórzeniami?

[Sir George]

By go zastosować do Twojego zadania pojemniki musimy rozróżniać (np. ponumerować) i wówczas:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}=W_3^4=3^4}\)

Tyle tylko, że jest liczba zdarzeń elementarnych, kiedy rozróżniamy kulki (tj. dokładnie wiemy, która jest pierwsza, itd.)

W zadaniu z kulkami losujemy pojemnik jeden spośród trzech, do którego wrzucamy kulkę. Losujemy pojemnik cztery razy, wobec czego wyniki losowań muszą się powtórzyć.

Właśnie w tym zdaniu jest błąd - a dokładniej stwierdzenie o rozróżnialności kulek...


Jeśli kulki są nierozróżnialne, to liczba zdarzeń elementarnych to dokładnie \(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}\,=\,C_{4+3-1}^4\,=\,{6\choose 4}}\)

[Owsiak]

Liczba zdarzen elementarnych, liczba zdarzen elementarnych, ale czy one wtedy beda jednakowo prawdopodobne?

[Emiel Regis]

Sir George ma rację, nierozróżnialność kulek całkowicie zmienia tok rozumowania i moc omegi będzie wlasnie taka jak napisał.

Takie zdarzenia elementarne oczywiscie są jednakowo prawdopodobne.
Można je sobie wyobrazać jako liczba umieszczeń dwóch kresek w ciągu 6 elementów.

[Owsiak]

Nie no wszystko fajnie, tylko ze...
(przypomne problem, rozmieszczamy 4 kulki w 3 pojemnikach)
1. Kulki sa identyczne:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}=\overline{C}^4_3={4+3-1\choose 4}=15\\\overline{\overline{A}}=3\\P(A)=\frac{3}{15}=\frac{1}{5}}\)

2. Kulki sa rozroznialne:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}=\overline{V}^4_3=3^4=81\\\overline{\overline{A}}=3\\P(A)=\frac{3}{81}=\frac{1}{27}}\)

P(A) w pierwszym przypadku jest wieksze niz P(A) w drugim przypadku i z tego powstaje nam wniosek: Jesli chce znajdowac czesciej wszystkie kulki w jednym pojemniku, to musze je pomalowac na ten sam kolor. Bez sensu. Gdzie jest blad?

[Emiel Regis]

Nie ma błędu. Zdarzenia sprzyjające są w obu przypadkach trzy, natomiast jeśli masz kulki nierozróznialne to masz znacznie mniejszą omegę (bo wiele ustawien ktore wczesniej uważalismy za rózne teraz okazują się takie same) wiec jasne że wtedy ułamek musi wyjść większy.

[Sir George]

Jeszcze moje 3 grosze

Jesli chce znajdowac czesciej wszystkie kulki w jednym pojemniku, to musze je pomalowac na ten sam kolor. Bez sensu.

Racja, bez sensu... Rozróżnialność kulek, to nie tylko ich kolor... Kulki mogą być tego samego koloru, nawet być takie same, a jednak być rozróżnialne: pierwsza, którą wrzuciliśmy do pudełka, druga, którą wrzuciliśmy, itd...

Wracając do pierwotnego zadania

Wydawaloby sie, ze skoro kulki sa identyczne, to ich kolejnosc nie ma znaczenia i zastosujemy kombinacje z powtorzeniami, ALE!

No właśnie nie, bo nic tu nie ma mowy o tym, że kulki nie są rozróżnialne, a dokładniej - nie ma mowy o sposobie rozmieszczania owych kulek, tzn. wrzucamy je wszystkie jednocześnie, wrzucamy je jedna po drugiej, itp.
Praktycznie więc słowo "identyczne" w zdaniu:

Rozmieszczamy losowo 4 identyczne kulki w 3 pojemnikach.

możemy opuścić.


...ale to jest tylko moje osobiste zdanie....