Matematyka.pl

Mamy 2 urny

1 Urna: 3B 2C

2 Urna: 2B 4C


Przekładamy z 1 urny do 2 kulkę

potem Przekładamy z 2 urny do 1 kulkę

Na końcu wybieramy dwie kuli z 2 urny (rozumiem, że pojedynczo)??

Wyszło mi: \(\displaystyle{ \frac{3}{5} \cdot \frac{3}{7} \cdot \frac{2}{6} \cdot \frac{1}{5} + \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{7} \cdot \frac{3}{6} \cdot \frac{2}{5} + \cdot \frac{2}{5} \cdot \frac{5}{7} \cdot \frac{2}{6} \cdot \frac{1}{5}}\)

Co o tym myślicie ??

Zastanawiałem się, czy ostatni etap nie powinien się sumować do \(\displaystyle{ 1}\) hm ?

Po pierwsze zabrakło w treści polecenia i nie wiadomo,co w tym ostatnim etapie liczysz.
Po drugie mogę się tylko domyślać, że chodzi o wylosowanie dwóch kul białych, a wtedy na pewno nie wyjdzie 1.

Tak, dwóch białych w ost.

Rozumiem, że wtedy liczymy to na 2 pojedyńcze etapy??

kejkun7 pisze:Tak, dwóch białych w ost.

Rozumiem, że wtedy liczymy to na 2 pojedyńcze etapy??

Przy założeniu, że losujemy pojedynczo, to aż na cztery etapy: BB,BC, CB, CC

Oj tak! Jakże niefortunnie napisałem, miałem na myśli, że samo losowanie 2 kul na końcu, dzielimy na dwa pojedyncze etapy. Losujemy jedną, potem drugą kulę. A nie dwie na raz.

Natomiast nie miałem na myśli wszystkich możliwych opcji, bo jest ich 4. Zebym znowu nie napisał niedokładnie.


No tak, właśnie na 4 etapy w sumie. Widziałbym cały przebieg.

Czy mój wynik się zgadza??

Tak, ale w przyszłości, jeżeli nie jest powiedziane, że kule losujemy kolejno, to lepiej stosować kombinacje (nie ma w nich znaczenia kolejność), bo przy narzuconej kolejności dochodzi więcej możliwości i można się w tym łatwo pomylić (chociaż prawdopodobieństwa końcowe wychodzą takie same).