Prawdopodobieństwo Riw: Dzień dobry. Chciałam prosić o pomoc z następującym zadaniem: Prawdopodobieństwo wylosowania ze

	k
zbioru Z={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} liczby k jest równe		. Ze zbioru Z losujemy po kolei
	28

dwie liczby, nie zwracając wylosowanej. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia: suma wylosowanych liczb jest liczbą parzystą, jeśli wiadomo, że liczby te nie są podzielne przez 3. Kompletnie nie wiem co zrobić z informacją o liczbie k. Starałam się zrobić cokolwiek bez tego, ale oczywiście nie wyszło mi nic prawidłowego. Za liczebność zbioru Ω przyjęłam sobie z reguły mnożenia 7*6, w zbiorze A umieściłam pary które spełniłyby warunki (mianowicie 1,5; 1,7; 2,4;

	4
4,2; 5,1; 5,7; 7,1; 7,5) i moim finalnym wynikiem było		, co jest bardzo dalekie od
	21

prawdy (znam odpowiedź do tego zadania). Czy muszę tu skorzystać z prawdopodobieństwa warunkowego, gdzie A to parzysta suma, a B to niepodzielność przez 3? I jak w ogóle powiązać informacje o liczbie k z tym zadaniem? Proszę o wskazówki.

Riw: Udało mi się to rozwiązać prawdopodobieństwem warunkowym, gdzie A∩B = {1,5; 1,7; 2,4; 4,2; 5,1; 5,7; 7,1; 7,5} a B={1,2; 1,4; 1,5; 1,7; 2,1; 2,4; 2,5; 2,7; 4,1; 4,2; 4,5; 4,7; 5,1; 5,2; 5,4;

	k
5,7; 7,1; 7,2; 7,4; 7,5}, wiem już oczywiście o co chodziło z tym, że p(k)=		, ale ta
	28

droga rozwiązywania była dość mozolna i zastanawiam się, czy dało się to zrobić inaczej.

g: Prawdopodobieństwo wylosowania przykładowej pary 7,5 to:

	5/28		7/28
P7,5 = 7/28 *		+ 5/28 *
	1 − 7/28		1 − 5/28

Czytaj to tak: może być 7, 5 albo 5,7. Dla przypadku 7,5 najpierw losujemy 7 z p.stwem 7/28,

	5/28
następnie z ograniczonego zbioru (bez 7) losujemy 5 z p.stwem		.
	1 − 7/28

Wynik końcowy to będzie suma S_1,5 + S_1,7 + .....

Gość: A dlaczego to by miało być tak, jak wyżej?

PW: Riv, przestrzeń zdarzeń Z ma prawdopodobieństwa zdarzeń elementarnych podane wprost, wzorem

	k
P(k)=		.
	28

Taka funkcja P spełnia wymagania stawiane prawdopodobieństwu, m.in.

	1		2		7		28
P(1)+P(2)+...+P(7)=		+		+...+		=		=1.
	28		28		28		28

Nie jest to jednak prawdopodobieństwo klasyczne − zdarzenia elementarne nie mają jednakowych prawdopodobieństw. Tymczasem Ty przymierzałeś się do liczenia na zasadzie klasycznej definicji prawdopodobieństwa W dodatku przestrzeń Ω, w której masz działać, jest złożona z dwuelementowych podzbiorów zbioru Z. Pierwszą rzeczą musi być: − A jak w takim zbiorze Ω określić prawdopodobieństwo? Widzisz, że dwuelementowych podzbiorów jest 42, ale przecież prawdopodobieństwo takiego

	1
elementu nie może być równe		.
	42

PW: Zresztą to też nieprawda, że 42. W Ω jest

	7 2
		=21

zdarzeń elementarnych.

Gość: Ano właśnie! Moim zdaniem to zadanie ma fuszerkę w treści. O ile jest dosyć intuicyjne, że losowanie pierwszej liczby jest niezależne od losowania drugiej (czyli będziemy mnożyć odpowiednie prawdopodobieństwa), o tyle z treści nie wynika, jak obliczać prawdopodobieństwo przy drugim losowaniu — ze zmniejszonego zbioru Z.

PW: Nie masz liczyć prawdopodobieństwa w pierwszym czy drugim losowaniu, lecz ustalić wzór na prawdopodobieństwo dwuelementowego podzbioru. Jak to ustalić? Chciałoby się, żeby prawdopodobieństwo w przestrzeni Z zdarzenia elementarnego "wylosowano k" i prawdopodobieństwo w przestrzeni Ω zdarzenia "wylosowano k", czyli zdarzenia sześcioelementowego K={{x,k}: x∊Z∧x≠k} były takie same.

Gość: Zgoda, ale zadania szkolne nie wymagają tak formalnego podejścia. Oczywiście, w domyśle jest tak, jak mówisz. W praktyce mając do czynienia ze zdarzeniami wieloetapowymi, nie raz rysuje się po prostu drzewka i mnoży odpowiednie liczby, co formalnie odpowiada wzorowi P(A∩B)=P(B)P(A|B). Dlatego nadal twierdzę, że wystarczyłoby wiedzieć, w jaki sposób obliczać w naszej przestrzeni probabilistycznej odpowiednie pr. warunkowe, np. "za drugim losowaniem siódemka, kiedy za pierwszym jedynka". Tak czy owak, treść jest wybrakowana — i co do tego się zgadzamy.

Gość: Nawiasem mówiąc, Ω powinna być raczej zbiorem par uporządkowanych. Mamy w końcu pierwsze i drugie losowanie, a nie jedno, w którym uzyskujemy dwa wyniki.

PW: Nie ma potrzeby. Losowanie bez zwracania daje te same efekty, co losowanie dwóch "za jednym zamachem". Do dalszego ciągu zadanie nie jest używana kolejność − każą tylko zsumować te liczby. Rozważanie ciągów dwuelementowych tylko podwaja liczność Ω i każdego ze zdarzeń.

Gość: Aha, i źle się tam wcześniej wyraziłem z tą niezależnością losowań. Chodziło mi po prostu o stosowanie wzoru, który podałem wyżej.

Gość: Nie ma potrzeby tego rozróżniać, kiedy mamy do czynienia z prawdopodobieństwem klasycznym, a jak Ci doskonale wiadomo — tutaj nie mamy. Skoro nie wiemy, z jaką przestrzenią probabilistyczną mamy do czynienia, to dlaczego miałoby być tak, że wylosowanie jedynki, a potem siódemki ma takie samo prawdopodobieństwo co wylosowanie w zmienionej kolejności? Znalazłem w Internecie dwie propozycje podejścia do tego zadania (jedną tutaj). W obu autorzy założyli, że po wylosowaniu pierwszej liczby prawdopodobieństwa wyników uzyskanych przy drugim losowaniu układają się "proporcjonalnie do nominałów". Czyli jeśli za pierwszym razem wyszła

	k
jedynka, to w zbiorze Z mamy sumę 27 i P(za drugim razem liczba k)=		. Jeśli za
	27

	k
pierwszym dwójka, to P(za drugim razem k)=		itd.
	26

Gdyby tak przyjąć, to zadanie byłoby już dobrze postawione i można byłoby liczyć.

	1		7		7		1
Wtedy P(1, a potem 7)=		*		, zaś P(7, a potem 1)=		*		.
	28		27		28		21

Tak więc bez pełnej treści nie można stwierdzić, że z całą pewnością za Ω można przyjąć zbiór par nieuporządkowanych.