Strona 1 z 1
szansa na wylosowanie kul ze zbioru
: 10 cze 2012, o 16:45
autor: plosaczek
Witam, byłbym wdzięczny gdyby ktoś mi wytłumaczył jak to się liczy
mam 50 kulek. 11 czarnych i reszta biała.
Losuję trzy kulki bez zwracania. Kolejność nie ma znaczenia.
Jaka jest szansa na to, że wylosuję 2 czarne ?
pozdrawiam
szansa na wylosowanie kul ze zbioru
: 11 cze 2012, o 01:18
autor: kieubass
A mógłbyś doprecyzować treść? Kule losujesz 3 naraz czy najpierw jedną, nie zwracasz jej i losujesz drugą której też nie zwracasz i na końcu trzecią?
Chociaż ze zdania
Kolejność nie ma znaczenia.
wynika jak dla mnie że 3 naraz
Więc tak, masz
\(\displaystyle{ 50}\) kulek.
\(\displaystyle{ 11}\) czarnych więc jest
\(\displaystyle{ 39}\) białych.
Niech zdarzenie
\(\displaystyle{ A-}\) dokładnie dwie kule czarne.
Tu trzeba zastosować kombinację, a mianowicie zakładasz że wylosujesz dwie czarne czyli kombinacja dwóch czarnych z
\(\displaystyle{ 11}\) czarnych (a nie ze wszystkich 50)
\(\displaystyle{ {11\choose 2}}\). Ale jeśli mają być dokładnie dwie czarne, to jedna musi być biała nie ma wyjścia Więc tu jest kombinacja
\(\displaystyle{ 1}\) białej z
\(\displaystyle{ 39}\) białych (znów zwracam uwagę nie ze wszystkich 50)
\(\displaystyle{ {39\choose 1}}\). Więc możliwości jest
\(\displaystyle{ {11\choose 2} + {39\choose 1}}\).
Ale to jeszcze nie jest prawdopodobieństwo a jedynie ilość możliwości sprzyjających zdarzeniu
\(\displaystyle{ A}\)
Więc potrzebna nam jeszcze
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}}\). A jest to kombinacja
\(\displaystyle{ 3}\) kul ze wszystkich
\(\displaystyle{ 50}\) kul, zatem:
\(\displaystyle{ \overline{\overline{\Omega}}={50\choose 3}}\)
Stąd
\(\displaystyle{ P\left( A\right)= \frac{\overline{\overline{A}}}{\overline{\overline{\Omega}}} = \frac{{11\choose 2} + {39\choose 1}}{{50\choose 3}}}\)
Reszta to już tylko rachunki. Mam nadzieję, że pomogłem
Pozdrawiam
szansa na wylosowanie kul ze zbioru
: 11 cze 2012, o 13:30
autor: norwimaj
kieubass pisze: Kule losujesz 3 naraz czy najpierw jedną, nie zwracasz jej i losujesz drugą której też nie zwracasz i na końcu trzecią?
Czy to ma jakiekolwiek znaczenie?
szansa na wylosowanie kul ze zbioru
: 11 cze 2012, o 17:46
autor: plosaczek
Dzięki, jak to opisałeś to wydaję się to takie oczywiste ;P
Teraz mam mały problem, żeby to przełożyć na cyferki. Chyba a raczej na pewno, coś robię źle.
(55+39) : 19600 = 0,005
szansa na wylosowanie kul ze zbioru
: 11 cze 2012, o 23:07
autor: kieubass
norwimaj pisze:kieubass pisze: Kule losujesz 3 naraz czy najpierw jedną, nie zwracasz jej i losujesz drugą której też nie zwracasz i na końcu trzecią?
Czy to ma jakiekolwiek znaczenie?
Po przeliczeniu prawdopodobieństwa i tak i tak doszedłem jednak do tego że nie ma to znaczenia. Nie wiem czemu myślałem inaczej -- 12 cze 2012, o 00:17 --
plosaczek pisze:Dzięki, jak to opisałeś to wydaję się to takie oczywiste ;P
Teraz mam mały problem, żeby to przełożyć na cyferki. Chyba a raczej na pewno, coś robię źle.
(55+39) : 19600 = 0,005
Jeśli Ty coś zrobiłeś źle to ja też w takim razie ponieważ mi też wychodzi tyle samo
W sumie może i jest taka mała szansa na takie wylosowanie bo białych jest ponad trzy razy więcej niż czarnych
szansa na wylosowanie kul ze zbioru
: 12 cze 2012, o 11:08
autor: plosaczek
To tak nie może być :/
Widać gołym okiem, że z tym wynikiem jest coś nie tak.
Na moje oko, powinno być coś koło 15 %.
Wylosowanie jednej czarnej kulki to mniej więcej 1 do 5.
Mam 3 szansę, potrzebuję dwóch czarnych kulek i jednej białej.
Edyta się pyta, czy to nie jest tak, że teraz jest policzone zdarzenie dla powiedzmy
pierwsza kula biała.
druga i trzecia czarna.
Teraz nasz wynik który, jest o jeden przecinek za daleko (swoją drogą dlaczego ?) mnożę przez 3.
I mam swoje 15 %. Tylko ja wyniku nie znam, tak mi się wydaję po prostu, że tyle powinno być mniej więcej.
szansa na wylosowanie kul ze zbioru
: 12 cze 2012, o 12:10
autor: norwimaj
kieubass pisze: Więc możliwości jest \(\displaystyle{ {11\choose 2} + {39\choose 1}}\).
Tu oczywiście powinna być reguła mnożenia, bo chcemy mieć dwie kule czarne i jedną białą, a nie dwie czarne albo jedną białą.
szansa na wylosowanie kul ze zbioru
: 12 cze 2012, o 14:09
autor: plosaczek
Dzięki,
Jak by miały być, co najmniej dwie czarne ? Jak będzie wyglądał licznik ?
\(\displaystyle{ ({11 \choose 2} * {39 \choose 1}) + ({11 \choose 3} * {39 \choose 0})}\) -> tak ?
szansa na wylosowanie kul ze zbioru
: 12 cze 2012, o 14:12
autor: norwimaj
tak
szansa na wylosowanie kul ze zbioru
: 12 cze 2012, o 14:31
autor: plosaczek
Teraz powiedzmy, że mam obliczyć szansę na to, ze :
Wypadną co najmniej dwie kulki czarne przy tych 3 próbach.
Jeżeli to się stanie, losuje jeszcze dwa razy i muszę wylosować co najmniej jedną czarną .
W drugim członie mam 47 kulek już. 9 albo 8 czarnych i 39 albo 38 białych
\(\displaystyle{ ({9 \choose 2} * {38 \choose 0}) + ({9 \choose 1} * {38 \choose 1})}\)
Dobra chciałem sam, ale głowa mnie rozbolała xD Jak mam uwzględnić tą drugą możliwość w której padły 3 czarne na początku ? Czyli
\(\displaystyle{ ({8 \choose 2} * {39 \choose 0}) + ({8 \choose 1} * {39 \choose 1})}\)
szansa na wylosowanie kul ze zbioru
: 12 cze 2012, o 14:45
autor: norwimaj
Oznaczmy zdarzenia: \(\displaystyle{ X_i}\) - dokładnie \(\displaystyle{ i}\) kul czarnych wśród pierwszych trzech,
\(\displaystyle{ Y_i}\) - dokładnie \(\displaystyle{ i}\) czarnych wśród następnych dwóch kul.
Wtedy mamy
\(\displaystyle{ \mathbb{P}((X_2\cup X_3)\cap(Y_1\cup Y_2))=
\mathbb{P}(X_2\cap(Y_1\cup Y_2))+\mathbb{P}( X_3\cap(Y_1\cup Y_2))=\ldots}\)
czyli robimy całkiem osobno przypadek dwóch i trzech kul czarnych w pierwszych trzech losowaniach.