Matematyka.pl

Z urny zawierającej 2 kule białe i 3 czarne przełożono 2 kule do drugiej urny w której było 4
kul białych i 4 czarne.
a) Znaleźć prawdopodobieństwo wyciągnięcia po tym przełożeniu kuli białej z drugiej urny.
b) Znaleźć prawdopodobieństwo, że obie kule z pierwszej urny były białe, jeśli wylosowana z
drugiej urny kula jest biała.

Nie jestem pewien tego rozwiązania. Podzieliłem to dośw. na 3 etapy, mianowicie losowanie 1 kuli z urny I, losowanie 2 kuli z urny I oraz losowanie kuli z urny II.

a)
\(\displaystyle{ A_{1} - \mbox{ pierwsza losowana to } B \\
A_{2} - \mbox{ pierwsza losowana to } C \\
B_{1} - \mbox{ druga losowana po } B \mbox{ to } B \\
B_{2} - \mbox{ druga losowana po } B \mbox{ to } C \\
B_{3} - \mbox{ druga losowana po } C \mbox{ to } B \\
B_{4} - \mbox{ druga losowana po } C \mbox{ to } C \\
C_{1} - \mbox{ wylosowana z II urny to } B \\
C_{2} - \mbox{ wylosowana z II urny to } C}\)

\(\displaystyle{ P(A_{1})= \frac{2}{5}, \ P(A_{2})= \frac{3}{5}}\)

\(\displaystyle{ P(B_{1})= \frac{1}{4}, \ P(B_{2})= \frac{3}{4}}\)

\(\displaystyle{ P(B_{3})= \frac{2}{4}, \ P(B_{4})= \frac{2}{4}}\)

\(\displaystyle{ P(C_{1}|A_{1}B_{1})=P(A_{1}B_{1}) \cdot \frac{6}{10} = \frac{12}{200}}\)

\(\displaystyle{ P(C_{1}|A_{2}B_{4})=P(A_{2}B_{4}) \cdot \frac{4}{10} = \frac{24}{200} \\
...\\
P(C_{1})=P(C_{1}|A_{1}B_{1})+P(C_{1}|A_{2}B_{4})+P(C_{1}|A_{2}B_{3})+P(C_{1}|A_{1}B_{2})= \frac{12}{25}}\)

\(\displaystyle{ P(C_{2})=P(C_{2}|A_{1}B_{1})+P(C_{2}|A_{2}B_{4})+P(C_{2}|A_{2}B_{3})+P(C_{2}|A_{1}B_{2})= \frac{13}{25}}\)

Wydaję mi się, że nie jest to źle, tylko chyba zapis jest nieprawidłowy, bo myślę, że to są poszczególne pstwa warunkowe, ale nie liczyłem je wg wzoru. Co do b) to chyba z Tw. Bayesa, ale nie jestem pewien tego bardzo. Czy to coś takiego:

\(\displaystyle{ P(A_{1}B_{1}|C_{1})=\frac{ P(A_{1})P(B_{1}) \cdot P(C_{1}|A_{1}B_{1}) }{ P(C_{1}) } \approx 0,011}\)

I to pstwo wyszło strasznie małe, więc nie wiem czy dobrze tutaj to zrobiłem. Mógłby ktoś mnie naprowadzić, poprawić? Z góry dziękuję.

Ja bym to robił dwuetapowo, gdzie pierwszym etapem jest wyciągnięcie dwóch kul z I urny i przełożenie do II. Niech \(\displaystyle{ BB}\) oznacza wyciągnięcie dwóch białych \(\displaystyle{ CC}\) dwóch czarnych, \(\displaystyle{ BC}\) składu mieszanego. Wtedy

\(\displaystyle{ \PP(B)=\PP(B|BB)\cdot\PP(BB)+\PP(B|CC)\cdot\PP(CC)+\PP(B|BC)\cdot\PP(BC)=\\\\=\frac35\cdot\frac1{10}+\frac25\cdot\frac3{10}+\frac12\cdot\frac35}\)

W b) wzór Bayesa: \(\displaystyle{ \PP(BB|B)=\frac{\PP(B|BB)\cdot\PP(BB)}{\PP(B)}}\)


To zadanie można rozwiązać trzyetapowo, ale wtedy też odpowiedni zapis staje się bardziej skomplikowany, natomiast to, co robisz, to tak naprawdę rozwiązanie dwuetapowe. Zdarzenia \(\displaystyle{ A_1}\) i \(\displaystyle{ A_2}\) niczego specjalnego nie wnoszą. Po prostu Twoim pierwszym etapem jest rozbicie \(\displaystyle{ B_1,B_2,B_3,B_4}\). Dalej rozwiązanie powinno wyglądać tak jak moje, tylko prawdopodobieństwa się nie zgadzają.

\(\displaystyle{ \PP(B_1)=\frac1{10},\ \PP(B_2)=\PP(B_3)=\frac3{10},\ \PP(B_4)=\frac3{10}}\).

(Zwróć uwagę, że przy rozbiciu prawdopodobieństwa muszą się sumować do jedynki, a Twoje się nie sumują).

Nie wnikam w to, co się dzieje dalej, zwrócę tylko uwagę, że zapis typu \(\displaystyle{ \PP(C_1|A_2B_4)}\), \(\displaystyle{ \PP(AB|C)}\) jest nieprawidłowy. Nie wiadomo, o co w nim chodzi.


Prawdziwe rozwiązanie trzyetapowe wyglądałoby następująco:

\(\displaystyle{ A_1}\) - pierwsza wylosowana z pierwszej urny to biała
\(\displaystyle{ A_2}\) - pierwsza wylosowana z pierwszej urny to czarna
\(\displaystyle{ B_1}\) - druga wylosowana z pierwszej urny to biała
\(\displaystyle{ B_2}\) - druga wylosowana z pierwszej urny to czarna
\(\displaystyle{ C}\) - wylosowana z II urny to biała

\(\displaystyle{ \PP(C)=\PP(C|B_1\cap A_1)\cdot\PP(B_1\cap A_1)+\PP(C|B_1\cap A_2)\cdot\PP(B_1\cap A_2)+\\\\+\PP(C|B_2\cap A_1)\cdot\PP(B_2\cap A_1)+\PP(C|B_2\cap A_2)\cdot\PP(B_2\cap A_2)=\\\\=\PP(C|B_1\cap A_1)\cdot\PP(B_1|A_1)\cdot\PP(A_1)+\PP(C|B_1\cap A_2)\cdot\PP(B_1|A_2)\cdot\PP(A_2)+\\\\+\PP(C|B_2\cap A_1)\cdot\PP(B_2|A_1)\cdot\PP(A_1)+\PP(C|B_2\cap A_2)\cdot\PP(B_2|A_2)\cdot\PP(A_2)=\\\\=\frac35\cdot\frac14\cdot\frac25+\frac12\cdot\frac12\cdot\frac35+\frac12\cdot\frac34\cdot\frac25+\frac25\cdot\frac12\cdot\frac35}\)

Trzyetapową wersję wzoru Bayesa też da się wypisać, ale już mi się tego nie chce robić.