p Radek: Hey, potrzebuje pomocy z kilkoma zadaniami 1. Rzucamy dwa razy kostką. Jakie jest prawdopodobieństwo otrzymania za każdym razem innej liczby oczek? To samo pytanie dla trzech rzutów kostką. 2. Mamy cztery karty: dwie czerwone i dwie czarne. Wyciągamy losowo (bez zwracania) dwie. Co jest bardziej prawdopodobne: to, że obie będą w tym samym kolorze, czy to, że będą w różnych kolorach? Z góry dziękuję za pomoc

Benny: 1. za pierwszym razem mamy 6 możliwości wyrzucenia jakiejś liczby oczek, a za drugim już 5, ponieważ liczba oczek nie może się powtarzać. Analogicznie dla 3 rzutów. Dla 2: |Ω|=36 |A|=30

	5
P(A)=
	6

Dla 3: |Ω|=216 B=120

	5
P(B)=
	9

Radek: 2 ?

Radek: ?

Radek: jakas podpowiedz ?

Draghan: A − ten sam kolor.

	1		1		1		1
P(A) =		*		+		*
	2		3		2		3

B − różne kolory

	1		2		1		2
P(B) =		*		+		*
	2		3		2		3

Radek: Dziękuję Panowie

Radek: Coś nie tak bo P(B) wyszło bardziej prawdopodobne niż P(A) a w odpowiedzi jest inaczej

Radek: ?

Draghan: Ja nie widzę błędu. Może to przez późną porę... Analiza lewej części drzewka: 1. Wyciągam czarną kartę. Szansa na to jest 1/2. Zostaje jedna czarna i 2 czerwone. 2. Następnie wyciągam: a) znów czarną kartę, szansa na to jest 1/3, bo jest tylko 1 czarna karta na trzy, b) czerwoną kartę, szansa 2/3 − dwie czerwone karty na trzy. Analogicznie prawa część drzewka. Jednakowy kolor: trzeba zsumować gałęzie z jednakowym kolorem: 1/2*1/3 + 1/2*1/3... Różne kolory: 1/2*2/3 + 1/2*2/3... Naprawdę wygląda ok...

Radek: ale wyszło, że P(B) jest bardziej prawdodpodbne od P(A)

Bogdan: P(B) = P(A') = 1 − P(A)

Radek: Panie Bogdanie P(A) jest prawidłowo policzone ?

Draghan: Ja również bym prosił o podpowiedź, bo nie daje mi to spokoju...

Radek: /

Bogdan: Prawidłowo

Radek: Dziękuję. Dobranoc

Draghan: Dziękuję. Obawiałem się, że może zapomniałem, jak się korzysta z "drzewka"... Teraz mogę iść spać. Dobranoc.

Bogdan: Proszę spróbować rozwiązać zadanie bez drzewka

Bogdan: i dobranoc

Draghan: Szczerze mówiąc, to padam. Ale spróbuję. I dziwne rrzeczy mi wychodzą. Teraz jeszcze bardziej proszę o poprawienie mnie. Zdarzenie elementarne to wylosowanie zbioru dwóch kart (kolejność nieważna). Ω = {(C C), (C C), (C C)} |Ω| = 3 A − zdarzenie pol. na wylosowaniu dwóch kart jednego koloru A = {(C C), (C C)} |A| = 2 B − zdarzenie, pol. na wylosowaniu dwóch różnych kart: B = {(C C)} |B| = 1

	2
P(A) =
	3

	1
P(B) =		... Zupełnie odwrotnie, niż poprzednio...?
	3

PW: Fatalne oznaczenia stosujesz. Co ma oznaczać {C C}? Jak coś takiego widzę, to wpadam w irytację − gdyby elementami zbiorów były liczby, to napisałbyś np. {11}? Mamy zbiór K = {c₁, c₂, b₁, b₂}. Tworzymy wszystkie możliwe dwuelementowe podzbiory tego zbioru: Ω = { {c₁, c₂}, {b₁, b₂}, {c₁, b₁}, {c₁, b₂}, c₂, b₁}, {c₂, b₂} }. Zdarzeń elementarnych jest raptem 6, można było je wypisać. Kto lubi wzory, policzy

	4 2		4!
Ω =		=		= 6.
			2!(4−2)!

Dla rozwiązania zadania nawet nie trzeba było tego liczyć. wystarczyło napisać: Zdarzenie A − wylosowano karty tego samego koloru A = { {c₁, c₂}, {b₁, b₂} }, a więc |A| = 2. Zdarzenie B − "wylosowano karty różnych kolorów (jedną czerwoną, drugą czarną)" B = A', a więc |B| = 6 − 2 = 4 (kto nie liczył |Ω|, po prostu wypisze B i policzy palcem, że |B| = 4) . Ponieważ |B| > |A|, na mocy klasycznej definicji prawdopodobieństwa P(B) > P(A). Prawdopodobieństw nie musieliśmy liczyć, są one proporcjonalne do liczby zdarzeń sprzyjających (większa liczba zdarzeń sprzyjających − większe prawdopodobieństwo). A stosowanie drzewka do takiego zadania jest bez sensu, co słusznie Bogdan z właściwą sobie delikatnością zasugerował.

Draghan: Późno już było, dlatego nie bawiłem się w finezyjne opisywanie i oznaczenia. Tak na marginesie − tam nie ma {CC}, tylko { (C C) } − nie irytuj się, PW, bo ja to akurat marny ku temu powód. Kolory są równie dobrym sposobem na rozróżnienie elementów, co liczby. Chyba że ktoś ma problem z ich prawidłowym odbiorem. Proszę, wyjaśnij dlaczego jest bez sensu − poza tym, że daje błędny wynik, co jest oczywiste.

Radek: Mógłbym prosić o rozpisanie 1 b mi wychodzi 11/30

52: 1b) |Ω| = 6³ X X X 6 5 4 W pierwszym rzucie mogą pojawić się wszystkie cyfry, zatem 6 W drugim rzucie mogą pojawić się wszystkie cyfry oprócz tej co była w pierwszym rzucie, zatem 5 W trzecim rzucie mogą pojawić się wszystkie cyfry oprócz tej co była w pierwszym rzucie i drugim rzucie, zatem 4 |B|=6*5*4

52: Draghan jaką ty dałeś |Ω| ? Dałeś 3 co już jest bez sensu. Masz 4 karty losujesz dwie(na raz) bez zwracania. To ile mam możliwości ? Zresztą PW jak zawsze pięknie ci to opisał zarówno matematycznie i jak tak żeby zrozumieć

PW: Nie ma sensu rysowanie drzewka, gdy liczymy prawdopodobieństwo za pomocą "klasycznej definicji prawdopodobieństwa". Mamy ustalić ile jest wszystkich zdarzeń, ile zdarzeń sprzyja zdarzeniu A i podzielić te dwie liczby przez siebie − co tu rysować? Drzewko jest dobrą ilustracją dla losowania dwuetapowego. Na przykład − w pierwszym etapie losujemy urnę za pomocą rzutu kostką, umawiamy się, że jeśli wypadnie mniej niż 5, to w drugim etapie wyciągamy kulę z urny nr 1. Jeśli wypadnie 5 lub 6 − będziemy losować z urny nr 2. W urnach są kule czerwone i białe. W pierwszej jest 5 czerwonych i 1 biała, w drugiej − 2 czerwone i 3 białe. Są więc dane prawdopodobieństwa (zaszyfrowane w treści zadania w postaci łatwych zadanek rozwiązywanych w pamięci):

	4		2		5		2
P(U1) =		, P(U2) =		, P(C|U1) =		, P(C|U2) =		.
	6		6		6		5

Tutaj jest sens rysować drzewko, które dobrze oddaje wzór na prawdopodobieństwo całkowite (wzór Bayesa). Zazwyczaj nie wypisuje się ani zbioru Ω, ani zbioru C − "wylosowano kulę czerwoną". W tym wypadku nie warto, bo nie działa twierdzenie zwane klasyczną definicją prawdopodobieństwa (wyciągnięcie kuli czerwonej z urny nr 1 ma inne prawdopodobieństwo niż wyciągnięcie kuli czerwonej z urny nr 2), a więc liczenie "na sztuki" nie da poprawnego wyniku. Irytacja moja nie miała charakteru personalnego. Widzę powszechną tendencję do niedbałego formułowania problemu, co przynosi często fatalne skutki, bo dąży się do wyniku − "ile to jest", zamiast najpierw zdać sobie sprawę "co ja właściwie będę liczyć". Ty jesteś już wyżej, pewne rzeczy można sobie darować na zasadzie, że proste rzeczy wszyscy wiedzą, ale w początkowej fazie nauki to powinno być podstawą − określić jasno co liczę i jakie twierdzenia stosuję w tym celu. Dlatego jestem w ogóle wrogiem "drzewek", bo uczą rysowania gałązek (czasem nawet uda się uzyskać dobry wynik komuś, kto zupełnie nie rozumie co liczy).

Radek: Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że w grupie 3 losowo wybranych osób NIE MA takich dwóch osób, które obchodzą urodziny w tym samym dniu? Zakładamy dla uproszczenia, że każdy rok ma 365 dni. b) To samo pytanie dla 20 osób. c)* Ile osób powinno być w grupie, aby to prawdopodobieństwo było równe mniej więcej 1/2?

PW: Wbrew pozorom (losowy wybór trzech osób) zdarzeniami elementarnymi nie są trzyelementowe zbiory. Wynikiem doświadczenia są trzy informacje: dzień narodzin pierwszej osoby (jedna liczb ze zbioru D = {1, 2, 3, ..., 365}), dzień narodzin drugiej osoby, dzień narodzin trzeciej osoby. Zdarzeniem elementarnym jest więc każdy ciąg (x₁, x₂, x₃), którego wyrazy należą do zbioru D. Jak wiadomo ciągów takich jest 365³, |Ω| = 365³. Może niepotrzebnie to piszę, ale w tym doświadczeniu losowość polega na tym, że mając trzy nieznane nam osoby nie wiemy kiedy się rodziły, a więc ich dni narodzin są dla nas wielkościami losowymi − mogą być zupełnie dowolnymi liczbami (także jednakowymi) ze zbioru D. Każdy ciąg różnowartościowy, jak np. (301, 45, 200) jest zdarzeniem sprzyjającym zdarzeniu A − "każda z trzech badanych osób urodziła się w innym dniu roku". Jak wiadomo różnowartościowych 3−wyrazowych ciągów o wartościach w D jest ...

Radek: @PW chodzi mi dokładniej o podpunkt c ) ?

	356*364*363
a) P(A)=
	3652

	365*364*363*.....346
b) P(A)=		?
	36519

Radek: ?

PW: Poddaję się. Ani dla a), ani dla b) nie podałeś poprawnych odpowiedzi.

Draghan: Dziękuję za odpowiedź.