1. W urnie X są 4 kule białe i 3 kule czarne, a w urnie Y są 3 kule białe i 2 kule czarne. Losujemy 2 kule z urny X i wrzucamy je do urny Y. Następnie losujemy 2 kule z urny Y. Wiemy, że z urny Y wylosowano obie kule białe. Oblicz prawdopodobieństwo, że wcześniej z urny X też wylosowano obie kule białe. W rozwiązaniu proszę napisać wzór.
Moja droga 'rozumowania' (bądź nierozumowania):
a) prawdopodobieństwo wylosowania 2 kul białych z urny \(X\)
prawdopodobieństwo pierwszej kuli: \(\frac{4}{7}\)
prawdopodobieństwo drugiej kuli: \(\frac{3}{6}\)
więc prawdopodobieństwo wylosowania dwóch białych kul to \(\frac{4}{7}*\frac{3}{6}\)
b) prawdopodobieństwo wylosowania 2 białych kul z urny \(Y\), jeśli dwie białe kule zostały wylosowane z urny \(X\)
prawdopodobieństwo pierwszej kuli: \(\frac{5}{7}\)
prawdopodobieństwo drugiej kuli: \(\frac{4}{6}\)
więc prawdopodobieństwo wylosowania 2 białych kul to \(\frac{5}{7}*\frac{4}{6}\)
c) prawdopodobieństwo wystąpienia jednocześnie a) oraz b)
z prawdopodobieństwa warunkowego: \(P(A and B)=P(A)*P(B|A)\) gdzie:
\(P(A)=\frac{4}{7}*\frac{3}{6}\) z punktu a)
\(P(B)=\frac{5}{7}*\frac{4}{6}\) z punktu b)
pod wzór:
\((\frac{4}{7}*\frac{3}{6})*(\frac{5}{7}*\frac{4}{6})\)
2. Mamy 16 monet, 4 z nich są niesymetryczne (tzn. stosunek uzyskania orła do reszki jest jak 2:5). Wybieramy losowo jedną monetę i rzucamy nią trzykrotnie. Jakie jest prawdopodobieństwo, że uzyskaliśmy 2-krotnie orła. W rozwiązaniu proszę napisać wzór.
Za wszelką pomoc i poprawki w rozumowaniu z góry dzięki!
Urny i monety
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1937
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 4 razy
- Otrzymane podziękowania: 460 razy
Re: Urny i monety
Etap 1
Jednoczesne losowanie bez zwracania dwóch kul z urny X i wrzucenie do urny Y.
Przestrzeń zdarzeń elementarnych:
\( S_{X} = \{bb, bc, cc\} \)
Rozkład prawdopodobieństwa na zbiorze \( S_{X}\)
\( P(\{bb\}) = \frac{{4\choose 2}}{{7\choose 2}} = \frac{4\cdot 3}{7\cdot 6} = \frac{12}{42}= \frac{2}{7}.\)
\( P(\{bc\}) = \frac{{4\choose 1}\cdot {3\choose1}}{{7\choose 2}} = \frac{4\cdot 3}{\frac{7\cdot 6}{2}} = \frac{24}{42}= \frac{4}{7}.\)
\( P(\{cc\}) = \frac{{3\choose 2}}{{7\choose 2}} = \frac{3\cdot 2}{7\cdot 6} = \frac{6}{42}= \frac{1}{7}.\)
Etap 2
Jednoczesne losowanie bez zwracania dwóch kul z urny Y
Z tym etapem wiążemy trzy przestrzenie warunkowe : \( S_{Y|bb}= \{bb, bc, cc\}, \ \ S_{Y|bc}=\{bb, bc, cc\} \ \ S_{Y|cc}=\{bb, bc, cc\}\) w zależności od wyniku doświadczenia w etapie 1.
Rozkłady warunkowe prawdopodobieństwa:
\( P_{Y|bb}(\{bb\}) = \frac{{5\choose 2}}{{7\choose 2}} = \frac{5\cdot 4}{7\cdot 6} = \frac{20}{42} = \frac{10}{21}.\)
\( P_{Y|bb}(\{bc\}) = \frac{{5\choose 1}\cdot {2\choose 1}}{{7\choose 2}} = \frac{(5\cdot 2)\cdot 2}{7\cdot 6} = \frac{20}{42} = \frac{10}{21}.\)
\( P_{Y|bb}(\{cc\}) = \frac{{2\choose 1}}{{7\choose 2}} = \frac{2}{7\cdot 6} = \frac{1}{21} .\)
\( P_{Y|bc}(\{bb\}) = \frac{{4\choose 2}}{{7\choose2}} = \frac{4\cdot 3}{7\cdot 2} = \frac{12}{42} = \frac{6}{21} = \frac{2}{7}.\)
\( P_{Y|bc}(\{bc\}) = \frac{{4\choose 1}\cdot {3\choose 1}}{{7\choose2}} = \frac{(4\cdot 3)\cdot 2}{7\cdot 2} = \frac{24}{42} = \frac{12}{21} =\frac{4}{7}.\)
\( P_{Y|bc}(\{cc\}) = \frac{{3\choose 2}}{{7\choose2}} = \frac{3\cdot 2}{7\cdot 6} = \frac{6}{42} = \frac{1}{7}.\)
\( P_{Y|cc}(\{bb\}) =\frac{{3\choose 2}}{{7\choose2}} = \frac{3\cdot 2}{7\cdot 6} = \frac{6}{42} = \frac{1}{7}.\)
\( P_{Y|cc}(\{bc\}) = \frac{{3\choose 1}\cdot {4\choose 1 }}{{7\choose2}} = \frac{(3\cdot 4)\cdot 2}{7\cdot 6} = \frac{24}{42} = \frac{4}{7}.\)
\( P_{Y|cc}(\{cc\}) = \frac{{4\choose 2}}{{7\choose2}} = \frac{4\cdot 3}{7\cdot 6} = \frac{12}{42} = \frac{2}{7}.\)
Etap 1 i 2
\( X \) - zdarzenie - " wylosowano dwie kule białe z urny \(X \)."
\( Y \) - zdarzenie - " wylosowano dwie kule białe z urny \( Y\)."
Mamy obliczyć prawdopodobieństwo warunkowe "a prori-a posteriori" Pastora Thomasa Bayesa
\( P(Y|X) = \frac{P(X\cap Y)}{P(X)},\)
\( P(Y|X) = \frac{P(\{ bb \})\cdot P_{Y|bb}(bb)}{ P(\{bb \})\cdot P_{Y|bb}(bb) + P(\{ bb \})\cdot P_{Y|bc}(bb) + P({\{ bb \})\cdot P_{Y|cc}(bb)}} =\frac{\frac{2}{7}\cdot \frac{10}{21}}{\frac{2}{7}\cdot \frac{10}{21}+ \frac{2}{7}\cdot\frac{2}{7} + \frac{2}{7}\cdot \frac{1}{7}} = \frac{20}{38}= \frac{10}{19}. \)
Jeżeli w wyniku realizacji dwuetapowego doświadczenia losowego wylosowaliśmy z urny \( X \) dwie kule białe i wrzuciliśmy do urny \( Y, \) to w około \( 53\% \) ogólnej liczby wyników możemy oczekiwać, że z urny \( Y \) też wylosujemy dwie kule białe.
Jednoczesne losowanie bez zwracania dwóch kul z urny X i wrzucenie do urny Y.
Przestrzeń zdarzeń elementarnych:
\( S_{X} = \{bb, bc, cc\} \)
Rozkład prawdopodobieństwa na zbiorze \( S_{X}\)
\( P(\{bb\}) = \frac{{4\choose 2}}{{7\choose 2}} = \frac{4\cdot 3}{7\cdot 6} = \frac{12}{42}= \frac{2}{7}.\)
\( P(\{bc\}) = \frac{{4\choose 1}\cdot {3\choose1}}{{7\choose 2}} = \frac{4\cdot 3}{\frac{7\cdot 6}{2}} = \frac{24}{42}= \frac{4}{7}.\)
\( P(\{cc\}) = \frac{{3\choose 2}}{{7\choose 2}} = \frac{3\cdot 2}{7\cdot 6} = \frac{6}{42}= \frac{1}{7}.\)
Etap 2
Jednoczesne losowanie bez zwracania dwóch kul z urny Y
Z tym etapem wiążemy trzy przestrzenie warunkowe : \( S_{Y|bb}= \{bb, bc, cc\}, \ \ S_{Y|bc}=\{bb, bc, cc\} \ \ S_{Y|cc}=\{bb, bc, cc\}\) w zależności od wyniku doświadczenia w etapie 1.
Rozkłady warunkowe prawdopodobieństwa:
\( P_{Y|bb}(\{bb\}) = \frac{{5\choose 2}}{{7\choose 2}} = \frac{5\cdot 4}{7\cdot 6} = \frac{20}{42} = \frac{10}{21}.\)
\( P_{Y|bb}(\{bc\}) = \frac{{5\choose 1}\cdot {2\choose 1}}{{7\choose 2}} = \frac{(5\cdot 2)\cdot 2}{7\cdot 6} = \frac{20}{42} = \frac{10}{21}.\)
\( P_{Y|bb}(\{cc\}) = \frac{{2\choose 1}}{{7\choose 2}} = \frac{2}{7\cdot 6} = \frac{1}{21} .\)
\( P_{Y|bc}(\{bb\}) = \frac{{4\choose 2}}{{7\choose2}} = \frac{4\cdot 3}{7\cdot 2} = \frac{12}{42} = \frac{6}{21} = \frac{2}{7}.\)
\( P_{Y|bc}(\{bc\}) = \frac{{4\choose 1}\cdot {3\choose 1}}{{7\choose2}} = \frac{(4\cdot 3)\cdot 2}{7\cdot 2} = \frac{24}{42} = \frac{12}{21} =\frac{4}{7}.\)
\( P_{Y|bc}(\{cc\}) = \frac{{3\choose 2}}{{7\choose2}} = \frac{3\cdot 2}{7\cdot 6} = \frac{6}{42} = \frac{1}{7}.\)
\( P_{Y|cc}(\{bb\}) =\frac{{3\choose 2}}{{7\choose2}} = \frac{3\cdot 2}{7\cdot 6} = \frac{6}{42} = \frac{1}{7}.\)
\( P_{Y|cc}(\{bc\}) = \frac{{3\choose 1}\cdot {4\choose 1 }}{{7\choose2}} = \frac{(3\cdot 4)\cdot 2}{7\cdot 6} = \frac{24}{42} = \frac{4}{7}.\)
\( P_{Y|cc}(\{cc\}) = \frac{{4\choose 2}}{{7\choose2}} = \frac{4\cdot 3}{7\cdot 6} = \frac{12}{42} = \frac{2}{7}.\)
Etap 1 i 2
\( X \) - zdarzenie - " wylosowano dwie kule białe z urny \(X \)."
\( Y \) - zdarzenie - " wylosowano dwie kule białe z urny \( Y\)."
Mamy obliczyć prawdopodobieństwo warunkowe "a prori-a posteriori" Pastora Thomasa Bayesa
\( P(Y|X) = \frac{P(X\cap Y)}{P(X)},\)
\( P(Y|X) = \frac{P(\{ bb \})\cdot P_{Y|bb}(bb)}{ P(\{bb \})\cdot P_{Y|bb}(bb) + P(\{ bb \})\cdot P_{Y|bc}(bb) + P({\{ bb \})\cdot P_{Y|cc}(bb)}} =\frac{\frac{2}{7}\cdot \frac{10}{21}}{\frac{2}{7}\cdot \frac{10}{21}+ \frac{2}{7}\cdot\frac{2}{7} + \frac{2}{7}\cdot \frac{1}{7}} = \frac{20}{38}= \frac{10}{19}. \)
Jeżeli w wyniku realizacji dwuetapowego doświadczenia losowego wylosowaliśmy z urny \( X \) dwie kule białe i wrzuciliśmy do urny \( Y, \) to w około \( 53\% \) ogólnej liczby wyników możemy oczekiwać, że z urny \( Y \) też wylosujemy dwie kule białe.
-
Jerry
- Expert
- Posty: 3727
- Rejestracja: 18 maja 2009, 09:23
- Podziękowania: 52 razy
- Otrzymane podziękowania: 2009 razy
Re: Urny i monety
Niech
\(H_1\) oznacza: rzucamy monetą symetryczną, p-wo pojedynczego sukcesu "orzeł" jest równe \({1\over2}\)
\(H_2\) oznacza: rzucamy monetą niesymetryczną, p-wo pojedynczego sukcesu "orzeł" jest równe \({2\over2+5}\)
\(p(H_1)=\frac{12}{12+4}={3\over4},\\
p(H_2)=\frac{4}{12+4}={1\over4}\)
\(p(S/H_1)=p(S_3=2)={3\choose2}\cdot\left({1\over2}\right)^2\cdot\left({1\over2}\right)^1={3\over8},\\
p(S/H_2)=p(S_3=2)={3\choose2}\cdot\left({2\over7}\right)^2\cdot\left({5\over7}\right)^1={60\over343}\)
Wobec zupełności układu hipotez, z tw o p-wie całkowitym:
\[p(S)={3\over4}\cdot{3\over8}+{1\over4}\cdot{60\over343}=\ldots\]
Pozdrawiam
-
Jerry
- Expert
- Posty: 3727
- Rejestracja: 18 maja 2009, 09:23
- Podziękowania: 52 razy
- Otrzymane podziękowania: 2009 razy
Re: Urny i monety
Najlepiej namalować drzewo probabilistyczne...Nahuallii pisze: ↑22 mar 2024, 13:30 1. W urnie X są 4 kule białe i 3 kule czarne, a w urnie Y są 3 kule białe i 2 kule czarne. Losujemy 2 kule z urny X i wrzucamy je do urny Y. Następnie losujemy 2 kule z urny Y. Wiemy, że z urny Y wylosowano obie kule białe. Oblicz prawdopodobieństwo, że wcześniej z urny X też wylosowano obie kule białe. W rozwiązaniu proszę napisać wzór.
Niech
\(H_1\) oznacza przełożenie dwóch kul białych, \(p(H_1)=\dfrac{{4\choose2}}{{7\choose2}}={2\over7}\)
\(H_2\) oznacza przełożenie kuli białej i czarnej, \(p(H_2)=\dfrac{{4\choose1}\cdot{3\choose1}}{{7\choose2}}={4\over7}\)
\(H_3\) oznacza przełożenie dwóch kul czarnych, \(p(H_3)=\dfrac{{3\choose2}}{{7\choose2}}={1\over7}\)
Jeśli \(S\) oznacza wylosowanie dwóch kul białych z uzupełnionej urny \(Y\).
\(p(S/H_1)=\dfrac{{5\choose2}}{{7\choose2}}={10\over21}\\
p(S/H_2)=\dfrac{{4\choose2}}{{7\choose2}}={6\over21}\\
p(S/H_3)=\dfrac{{3\choose2}}{{7\choose2}}={3\over21}\)
Wobec zupełności układu hipotez, z tw. o p-wie całkowitym:
\[p(S)={2\over7}\cdot{10\over21}+{4\over7}\cdot{6\over21}+{1\over7}\cdot{3\over21}={47\over147}\]
Z wzoru Bayesa:
\[p(H_1/S)=\frac{{2\over7}\cdot{10\over21}}{{47\over147}}={20\over47}\]
Pozdrawiam
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1937
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 4 razy
- Otrzymane podziękowania: 460 razy
Re: Urny i monety
Zadanie 2
Doświadczenie losowe opisane w treści jest dwuetapowe
-wybór monety - etap 1;
-trzykrotny rzut wybraną monetą - etap 2.
Etap 1
Oznaczenia zdarzeń:
\( u \) - "wylosowanie monety uczciwej".
\( f \) - "wylosowanie monety fałszywej".
Przestrzeń prób:
\( S_{1} = \{ u; \ \ f\} \)
Rozkład prawdopodobieństwa na przestrzeni prób:
\( P(\{ u\}) = \frac{12}{16} = \frac{3}{4}.\)
\( P(\{f \}) = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}.\)
Etap 2
Oznaczenia zdarzeń:
\( O \) - "wypadnięcie orła.
\( R \) - " wypadnięcie reszki".
Warunkowe przestrzenie probabilistyczne
\( S_{2|u} = \{(OOO),(OOR),(ORO), (ROO),(ROR),(ORR),(RRO),(RRR)\}\)
\( S_{2|f} = \{(OOO),(OOR),(ORO),(ROO),(ROR),(ORR),(RRO),(RRR)\}\)
Warunkowe rozkłady prawdopodobieństw:
\( P_{2|u}(\{OOO\}) = \left(\frac{1}{2}\right)^3 = \ \ ,..., \ \ P_{2|u}(\{RRR\}) = \left(\frac{1}{2}\right)^3.\)
\( P_{2|f}(\{OOO\}) = \left(\frac{2}{7}\right)^3 , \ \ P_{2|f}(\{OOR\}) = P_{2|f}(\{ORO\})= P_{2|f}(\{ROO\}) = \)
\( \left(\frac{2}{7}\right)^2\cdot \frac{5}{7}, \ \ P_{2|f}( \{(ROR)\} =P_{2|f}( \{(ORR)\} = P_{2|f}( \{(RRO)\}=\left(\frac{5}{7}\right)^2\cdot \left(\frac{2}{7}\right),\)
\( = P_{2|f}(\{RRR\}) = \left(\frac{5}{7}\right)^3.\)
Etap 1 i 2 ( łączny)
\( A \) - zdarzenie "uzyskano dwukrotnie orła".
Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym (zupełnym):
\( P(A) = P(\{u\})\cdot P_{2|u}(OOR) + P(\{u\}) \cdot P_{2|u}(ORO)+P(\{u\}) \cdot P_{2|u}(ROO)+ P(\{f\})\cdot P_{2|f}(\{OOR\}) +\)
\( P(\{f\})\cdot P_{2|f}(\{ORO\})+ P(\{f \})\cdot P_{2|f}(\{ROO\}) \)
\( P(A) = 3\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{8} + 3\cdot \frac{1}{4}\cdot \left(\frac{2}{7}\right)^2 \cdot \frac{5}{7} = \frac{9}{32} + \frac{15}{343} = \frac{9\cdot 7^3+ 15\cdot 2^5}{7^3\cdot 2^{5}} = \frac{3087+ 480}{10936} = \frac{3567}{10936}\)
Możemy oczekiwać się, że w około \( 33\% \) ogólnej liczby wyników, otrzymamy dwukrotnie orła.
Doświadczenie losowe opisane w treści jest dwuetapowe
-wybór monety - etap 1;
-trzykrotny rzut wybraną monetą - etap 2.
Etap 1
Oznaczenia zdarzeń:
\( u \) - "wylosowanie monety uczciwej".
\( f \) - "wylosowanie monety fałszywej".
Przestrzeń prób:
\( S_{1} = \{ u; \ \ f\} \)
Rozkład prawdopodobieństwa na przestrzeni prób:
\( P(\{ u\}) = \frac{12}{16} = \frac{3}{4}.\)
\( P(\{f \}) = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}.\)
Etap 2
Oznaczenia zdarzeń:
\( O \) - "wypadnięcie orła.
\( R \) - " wypadnięcie reszki".
Warunkowe przestrzenie probabilistyczne
\( S_{2|u} = \{(OOO),(OOR),(ORO), (ROO),(ROR),(ORR),(RRO),(RRR)\}\)
\( S_{2|f} = \{(OOO),(OOR),(ORO),(ROO),(ROR),(ORR),(RRO),(RRR)\}\)
Warunkowe rozkłady prawdopodobieństw:
\( P_{2|u}(\{OOO\}) = \left(\frac{1}{2}\right)^3 = \ \ ,..., \ \ P_{2|u}(\{RRR\}) = \left(\frac{1}{2}\right)^3.\)
\( P_{2|f}(\{OOO\}) = \left(\frac{2}{7}\right)^3 , \ \ P_{2|f}(\{OOR\}) = P_{2|f}(\{ORO\})= P_{2|f}(\{ROO\}) = \)
\( \left(\frac{2}{7}\right)^2\cdot \frac{5}{7}, \ \ P_{2|f}( \{(ROR)\} =P_{2|f}( \{(ORR)\} = P_{2|f}( \{(RRO)\}=\left(\frac{5}{7}\right)^2\cdot \left(\frac{2}{7}\right),\)
\( = P_{2|f}(\{RRR\}) = \left(\frac{5}{7}\right)^3.\)
Etap 1 i 2 ( łączny)
\( A \) - zdarzenie "uzyskano dwukrotnie orła".
Z twierdzenia o prawdopodobieństwie całkowitym (zupełnym):
\( P(A) = P(\{u\})\cdot P_{2|u}(OOR) + P(\{u\}) \cdot P_{2|u}(ORO)+P(\{u\}) \cdot P_{2|u}(ROO)+ P(\{f\})\cdot P_{2|f}(\{OOR\}) +\)
\( P(\{f\})\cdot P_{2|f}(\{ORO\})+ P(\{f \})\cdot P_{2|f}(\{ROO\}) \)
\( P(A) = 3\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{8} + 3\cdot \frac{1}{4}\cdot \left(\frac{2}{7}\right)^2 \cdot \frac{5}{7} = \frac{9}{32} + \frac{15}{343} = \frac{9\cdot 7^3+ 15\cdot 2^5}{7^3\cdot 2^{5}} = \frac{3087+ 480}{10936} = \frac{3567}{10936}\)
Możemy oczekiwać się, że w około \( 33\% \) ogólnej liczby wyników, otrzymamy dwukrotnie orła.