Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
Zadanie jest z kombinacji i może się wydawać łatwe dopóki nie spojrzy się na rozwiązanie. To jest treść tego zadania:
Z pudła, w którym jest 5 par butów, dziecko wyciąga dwa buty. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że są one z jednej pary?
A to rozwiązanie i nie wiem dlaczego akurat takie: \(\displaystyle{
\frac{5}{ C^{2}_{10} } = \frac{5}{\frac{10!}{2!(5-2)!}} = \frac{5}{\frac{10!}{2!\cdot8!}} = \frac{5}{\frac{8\cdot9\cdot10}{2!\cdot8}} = \frac{5}{\frac{90}{2}} = \frac{5}{45} = \frac{1}{9}
}\)
|A| = 5, A - wylosowanie pary butów
A nie jest to rozwiązane w ten sposób: \(\displaystyle{
C^{2}_{5} = { 5\choose 2} = \frac{5!}{2!(5-2)!} = \frac{5!}{2!\cdot3!} = \frac{1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot5}{1\cdot2\cdot1\cdot2\cdot3} = \frac{20}{2} = 10
}\)
Pierwszy but możesz wyciągnąć dowolnie. Za to przy drugim masz już tylko jedną szansę na dziewięć, że trafisz ten właściwy.
Dodano po 4 minutach 59 sekundach:
Albo tak:
dwa buty możesz wybrać na \(\displaystyle{ \binom{10}{2}=45}\) sposobów, z czego tylko `5` jest zadowalających. Tak czy owak wychodzi `1/9`.
To jest właśnie ten wzorcowy sposób, tyle że zabrakło opisu.
Swoją drogą uwielbiam rozwiązania zadań z prawdopodobieństwa lub kombinatoryki, gdzie spryciarze piszą jakiś wzorek bez słowa uzasadnienia.
Doświadczenie losowe polega na losowym wyciągnięciu dwóch butów z pudła zawierającego pięć par obuwia.
\(\displaystyle{ L = \{ L_{1}, L_{1}, L_{3}, L_{4}, L_{5} \} }\)- zbiór butów na lewą nogę.
\(\displaystyle{ P=\{ P_{1}, P_{1}, P_{3}, P_{4}, P_{5} \} }\)- zbiór butów na prawą nogę.
\(\displaystyle{ (L_{k}, P_{k}) , \ \ k =1,2,3,4,5 }\) - para butów.
Rozważmy zdarzenie przeciwne - " wśród wybranych \(\displaystyle{ 2 }\) butów nie ma ani jednej pary".
Możliwe zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu przeciwnemu:
\(\displaystyle{ 0 }\) butów ze zbioru \(\displaystyle{ L }\) i \(\displaystyle{ 2 }\) buty ze zbioru \(\displaystyle{ P, }\)
takich układów jest \(\displaystyle{ {5\choose 0}\cdot {5\choose 2}, }\)
\(\displaystyle{ 1 }\) but ze zbioru \(\displaystyle{ L }\) i \(\displaystyle{ 1 }\) but ze zbioru \(\displaystyle{ P }\) z wyłączeniem buta od pary z \(\displaystyle{ P,}\)
takich układów jest \(\displaystyle{ {5\choose 1}\cdot {4\choose 1}, }\)
\(\displaystyle{ 2 }\) buty ze zbioru \(\displaystyle{ L }\) i \(\displaystyle{ 0 }\) butów ze zbioru \(\displaystyle{ P, }\)
takich układów jest \(\displaystyle{ {5\choose 2}\cdot {5\choose 0}. }\)
Dodano po 18 minutach 36 sekundach:
Dla pełności przedstawionego modelu losowania dwóch butów, brakuje zbioru wszystkich zdarzeń elementarnych i jego liczności.
a4karo pisze: ↑1 sie 2022, o 22:03
I wychodzi `P=16/45` - trochę więcej niż `1/3` co pozostaje w jawnej sprzeczności z logiką i pozostałymi rozwiązaniami. Ale oprawa cacy.
Wynik wychodzi taki sam: \(1-\frac{10+20+10}{45}=\frac19\). Ale faktycznie jest to dość pokrętny sposób, jak na takie zadanie. No i tu jest też linijka całkiem nie pasująca do reszty rozwiązania:
\(\displaystyle{ \mathcal{M} = 2^{\Omega} }\) - klasa wszystkich podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ \Omega }\) łącznie ze zdarzeniem pewnym i niemożliwym. Są to wszystkie zdarzenia probabilizowalne (zdarzenia, którym można przypisać prawdopodobieństwo).
Załóżmy, że każdy z butów ma taką samą możliwość wyciągnięcia z pudełka (nie ma butów uprzywilejowanych),
tzn. rozkład prawdopodobieństwa na zbiorze \(\displaystyle{ \Omega }\) jest równomiernym rozkładem dyskretnym.
Możemy oczekiwać, że w około \(\displaystyle{ 11,1\% }\) ogólnej lczby losowań dwóch butów z pudełka zawierającego pięć par butów - otrzymamy dokładnie jedną parę.
Rozwiązanie za pomocą zdarzenia przeciwnego.
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ \overline{A} }\) zdarzenie przeciwne " buty nie są od pary"
Myślę że chodzi o coś takiego: \(\displaystyle{ A = \{f\in\Omega:\,f(1) \equiv f(2) \pmod5 \} }\)
Do mnie opis słowny dużo lepiej przemawia.
Nawiasem mówiąc, jeśli nic się nie zmieniło w kryteriach oceniania matury w ciągu ostatnich lat, to na maturze nie trzeba definiować przestrzeni probabilistycznej ani symbolicznie, ani słownie. Wystarczy tylko podać/obliczyć liczbę elementów tej przestrzeni. Można więc dostać maksimum punktów za „rozwiązanie” bez żadnego wyjaśnienia. Dla mnie to dość patologiczna sytuacja, ale podobno nie można wymagać za wiele, żeby nie dyskryminować tych, którzy nie umieją napisać zdania po polsku.
Na maturze, żeby otrzymać pełną liczbę punktów za zadanie z rachunku prawdopodobieństwa, musimy zdefiniować zbiór \(\displaystyle{ \Omega }\) ,
interesujące nas zdarzenie ( zdarzenia) [ oraz obliczyć wartość prawdopodobieństwa \(\displaystyle{ P. }\)
janusz47 pisze: ↑4 sie 2022, o 12:51
Na maturze, żeby otrzymać pełną liczbę punktów za zadanie z rachunku prawdopodobieństwa, musimy zdefiniować zbiór \(\displaystyle{ \Omega }\) ,
Zrobiłeś mi nadzieję, więc nawet zajrzałem do zasad oceniania z ostatniej matury. Niestety, niewiele się zmieniło.
Zdający otrzymuje 1 pkt gdy:
• wypisze wszystkie zdarzenia elementarne lub obliczy/poda ich liczbę: \(\displaystyle{ |\Omega| = 9 ⋅ 9}\)
janusz47 pisze: ↑4 sie 2022, o 12:51
Na maturze, żeby otrzymać pełną liczbę punktów za zadanie z rachunku prawdopodobieństwa, musimy zdefiniować zbiór \(\displaystyle{ \Omega }\) ,
interesujące nas zdarzenie ( zdarzenia) [ oraz obliczyć wartość prawdopodobieństwa \(\displaystyle{ P. }\)
Oj, nie, zdecydowanie nie (co piszę jako egzaminator maturalny).