8 ponumerowanych kul, wybieramy 4, tak by jedna była ,,2"

Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
dociekliwypacan
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 18
Rejestracja: 5 paź 2010, o 21:43
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: polska
Podziękował: 4 razy

8 ponumerowanych kul, wybieramy 4, tak by jedna była ,,2"

Post autor: dociekliwypacan » 17 paź 2011, o 16:58

Witam. Mam takie oto zadanko. Z pojemnika w którym jest 8 kul wyciągamy 4 bez zwracania. Jakie jest prawdopodobieństwo że wśród wylosowanych będzie kula z numerem 2. (to zadanko da sie obliczyc z odwrotnego zdarzenia, ale chcę zrobic to innym sposobem)
Jeśli ,,2" jest pewna to pozostałe można wybrac na 7*6*5 - problem w tym że nie wiem czemu nie mogę podzielic tego przez 4! tylko przez 3! .Dla określonego zestawu wybór np 2,a,b,c jest tak samo prawdopodobny jak 2,a,C,B . czyli 3!. No i ,,2" można wylosowac na koncu czy tez w srodku, wiec 4! sposobów ustawienia tego samego ciągu z 2. Wytłumaczyłby mi ktoś gdzie robię błąd?
pozdrawiam
Ps. Prosiłbym o spojrzenie na to tak jak ja z punktu widzenia faktycznego losowania- Wylosowanie 4 konkretnych liczb moze odbyc sie na 4! sposobów. Tych konkretnych liczb można wybrac na 7*6*5.
Wydaje mi się że mój problem wynika z konfliktu między pojęciem: ilośc wyborow sposobow wybrania tego samego ciagu i ilosc oryginalnych ciagow. Jeśli pomnożymy 7*6*5 to dostaniemy liczbę ciągów w których nie jest rozróznione czy wybierzemy a,b,c czy np c,b,a . czyli dzieląc 7*6*5 przez 3! dostajemy ile jest ciągów o niepowtarzalnych wyrazach. Z drugiej strony podejśc można tak: ile jest jednakowo prawdobodobnych opcji wyboru kombinacji 2,a,b,c (przez które podzielilibyśmy później iloczyn 7*6*5) ?? A no więcej... i nie wiem czemu ten pierwszy sposób poprawnie ujmuje sytuację.
Ostatnio zmieniony 17 paź 2011, o 17:32 przez dociekliwypacan, łącznie zmieniany 1 raz.

math questions
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 923
Rejestracja: 23 sie 2009, o 18:36
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: .....
Podziękował: 6 razy
Pomógł: 171 razy

8 ponumerowanych kul, wybieramy 4, tak by jedna była ,,2"

Post autor: math questions » 17 paź 2011, o 17:28

dociekliwypacan pisze: Jeśli ,,2" jest pewna to pozostałe można wybrac na 7*6*5 - problem w tym że nie wiem czemu nie mogę podzielic tego przez 4! tylko przez 3! .
a po co dzielić ?? Ile ci wyszło ??

dociekliwypacan
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 18
Rejestracja: 5 paź 2010, o 21:43
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: polska
Podziękował: 4 razy

8 ponumerowanych kul, wybieramy 4, tak by jedna była ,,2"

Post autor: dociekliwypacan » 17 paź 2011, o 17:33

Dzielę bo moc zbioru policzyłem z Newtona, więc powtórki odpadają.

math questions
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 923
Rejestracja: 23 sie 2009, o 18:36
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: .....
Podziękował: 6 razy
Pomógł: 171 razy

8 ponumerowanych kul, wybieramy 4, tak by jedna była ,,2"

Post autor: math questions » 17 paź 2011, o 17:42

2 moze stać na dowolnym miejscu nie ma znaczenia gdzie

dociekliwypacan
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 18
Rejestracja: 5 paź 2010, o 21:43
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: polska
Podziękował: 4 razy

8 ponumerowanych kul, wybieramy 4, tak by jedna była ,,2"

Post autor: dociekliwypacan » 17 paź 2011, o 18:01

Tak, na dowolnym, nigdzie tego nie neguję.
Rozpoczynamy losowanie. Wybór np 2,3,4,5 może być dokonany na 4! sposobów które są jednakowo prawdopodobne- te same wyrazy wybrane w różnej kolejności. Iloczyn 7*6*5 powie nam ile jest ogólnie permutacji, a po podzieleniu przez 4! (bo 4! jest ciągów o tych samych wyrazach w innej kolejności- bo tak wychodzi z tego co napisałem na początku tego postu) dostaniemy ilość niepowtarzalnych ciągów. Ilość niepowtarzalnych ciągów w ogóle (moc zbioru) obliczymy z newtona \(\displaystyle{ {8 \choose 4}}\) . czyli 7*6*5/(4!* \(\displaystyle{ {8 \choose 4}}\))

math questions
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 923
Rejestracja: 23 sie 2009, o 18:36
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: .....
Podziękował: 6 razy
Pomógł: 171 razy

8 ponumerowanych kul, wybieramy 4, tak by jedna była ,,2"

Post autor: math questions » 17 paź 2011, o 18:15

moc zbioru to raczj \(\displaystyle{ V ^{8} _{4}=1680}\)

2 stoi na pierwszym miejscu to pozostałe mozemy wybrać \(\displaystyle{ 7 \cdot 6 \cdot 5=210}\)
2 stoi na drugim miejscu to pozostałe mozemy wybrać \(\displaystyle{ 7 \cdot 6 \cdot 5=210}\)
2 stoi na trzecim miejscu to pozostałe mozemy wybrać \(\displaystyle{ 7 \cdot 6 \cdot 5=210}\)
2 stoi na czwartym miejscu to pozostałe mozemy wybrać \(\displaystyle{ 7 \cdot 6 \cdot 5=210}\)

po dodaniu otrzymamy 840

dociekliwypacan
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 18
Rejestracja: 5 paź 2010, o 21:43
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: polska
Podziękował: 4 razy

8 ponumerowanych kul, wybieramy 4, tak by jedna była ,,2"

Post autor: dociekliwypacan » 17 paź 2011, o 18:31

Ale tu kolejność nie gra roli, wiec raczej kombinacja.. pytają się tylko czy jest 2 w wylosowanych.

math questions
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 923
Rejestracja: 23 sie 2009, o 18:36
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: .....
Podziękował: 6 razy
Pomógł: 171 razy

8 ponumerowanych kul, wybieramy 4, tak by jedna była ,,2"

Post autor: math questions » 17 paź 2011, o 19:31

dokładnie kolejność nie gra roli więc gdy wylosujesz np. 2,5,3,4 to pasuje gdy mp. 5,3,2,4 to ci tez pasuje itd. , dwójka może stać na dowolnym miejscu

ODPOWIEDZ