prawopodobieństwo Michał: Rzucamy trzy razy sześcienną, symetryczną kostką do gry. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wypadnie co najmniej raz 5 oczek, jeśli wiadomo, że za każdym razem wypadła inna liczba oczek

zys: łatwiej ze zdarzenia przeciwnego ... czyli ani razu 5 oczek

Michał: A' = 60 i co dalej?

janek191: I A ' I = 5*4*3 = 60 I Ω I = 6³ = 216

	60
P(A ) = 1 − P( A' ) = 1 −		= ...
	216

Michał:

	1
a w odpowiedziach jest
	2

ABC: bo moc Ω to 6*5*4=120

Michał: a mógłby ktoś jakoś krok po kroku to wytłumaczyć bo nie rozumiem tego

ABC: wariacje bez powtórzeń trzyelementowe ze zbioru szescioelementowego

janek191: Faktycznie I Ω I = 6*5*4 bo za każdym razem ma wypaść inna liczba oczek

Michał: a czemu jak licze osobno dla przypadku gdy wypadła jeden raz 1, dwa razy i trzy samy to po zsumowaniu wychodzi inny wynik a powinien raczej ten sam?

Eta: Prawdopodobieństwo warunkowe

	|A∩B|
P(A|B) =
	|B|

A −− wypadło co najmniej raz 5 oczek B −− wypadła za każdym razem inna liczba oczek |A|=6*5*4 A∩B −−− wypadła za każdym razem inna liczba oczek i tylko raz piątka |A∩B|= 5*4*3

	5*4*3		1
P(A|B)=		=
	6*4*5		2

=====

Eta: Poprawiam chochlika ( sorry |B|= 6*5*4

Michał: dziękuję!

Michał: jednak nie rozumiem, eh skąd się wzięło to |A∩B|= 5*4*3 ?

ABC: Michał jeśli chcesz bez przeciwnego to przy warunku że wypadła różna liczba oczek za każdym razem "przynajmniej raz piątka" oznacza "dokładnie raz piątka" a liczysz to na przykład tak 5 x x , x 5 x, x x 5 − każda z tych możliwości to 20 zdarzeń bo to wariacje dwuelementowe z pięcioelementowego

Eta: Tak myślałam,że o to zapytasz A∩B −− wypadła za każdym rzazem inna liczba oczek i tylko raz piątka

	3 1
|A∩B| =		*5*4

wybieramy jedno miejsce z trzech miejsc dla piątki a na pozostałych już tylko jednoz pięciu oczek i jedno z czterech oczek i mamy |A∩B|= 3*5*4 = 5*4*3 Jasne?

Eta: @ABC Dam sobie radę z wyjaśnieniem ........

ABC:

Eta:

Michał: to jasne, tylko dlaczego "A∩B −− wypadła za każdym rzazem inna liczba oczek i tylko raz piątka" skoro w zadaniu jest co najmniej raz ?

ABC: gdyby ci wypadły 5,5,3 przykładowo to byś złamał warunek że za każdym razem inna liczba oczek

Michał: O kurde felek Racja! Sam rozpisałem sobie prawie 2 strony w zeszycie, zaczałem kombinować ze zbiorami A i B a tu po prostu chodziło o to że musi być tylko raz piątka

Michał: teraz już ostatecznie dziękuję i przepraszam za swoją głupotę

Eta: Widzisz ilu masz chętnych do rozwiązania zadania Pchają się jak w komunie ( gdy rzucili banany lub "papier do d.."

Michał: Aż mi głupio teraz

Michał: może uda się upiec dwie pieczenie na jednym ogniu... Na ile sposobów mogą wsiąść 3 osoby do 4 różnych wagonów? to jest 3*3*3*3 czy 4*4*4 ?

Eta: 4*4*4 każda wybiera jeden wagon z czterech wagonów

Michał: a coś takiego? Z tali 52 kart losujemy jednocześnie dwie karty. Oblicz prawdopodobieństwo, że obie będą królami, jeśli wiadomo, że żadna z nich nie jest waletem Ω = 52*51 = 2652 (?) A − obie będą królami B − żadna nie jest waletem A∩B − obie są królami i żadna nie jest waletem

	2 52
moc A =		(?)

	2 48
moc B =		(?)

no i dalej mam problem z A∩B

PW: Już na samym początku błąd. Nie mówią, że losowane karty masz układać w kolejności, więc

	52 2
|Ω| =		.

	2 52
A dalej? Co to ma być		?

Mila: A− obie wylosowane karty są królami B− żadna z dwóch kart nie jest waletem

	48 2		48*47
|B|=		=		=24*47
			2

	4 2
|A∩B|=		=6

	6		1
P(A/B)=		=
	24*47		4*47

Michał: PW, kolejność się pomyliła Mila, skąd się wzięło to

	4 2
|A∩B| =		?

Mila: Losujesz 2 asy z czterech.

Michał: ale czemu z czterech? mam przecież wciąż 48 kart po odrzuceniu waletów

Mila: Co masz mieć w kartach? (As♠,AS♥), (As♠, AS♣) itd

Mila:

	|A∩B|
P(A/B)=
	|B|

Michał: czyli w zasadzie |A| nie trzeba obliczać?

Mila: Nie trzeba ( ale można), to jest prawdopodobieństwo warunkowe.

Michał:

	52 2
|A| =		, tak?

i generalnie jak mam |A∩B| to który z tych warunków muszę wziąć pod uwagę? Mogłabyś mi to jakoś wytłumaczyć?

Mila: Czy wiesz coś o prawdopodobieństwie warunkowym? 21:59 masz uproszczony wzór.

Mila:

	52 2
|Ω|=		=26*51

	48 2
|B|=		=24*47

	4 2
|A∩B|=		=6 wylosowano 2 asy i nie wylosowano waletów

	P(A∩B)		6   26*51		6		1
P(A/B)=		=		=		=
	P(B)		24*47   26*51		24*47		4*47

	1
P(A/B)=
	188

Widzisz , że upraszcza się , dlatego warto od razu zastosować wzór, który podałam. Napisz inne zadanie z prawd. warunkowym , to może będzie Ci łatwiej zrozumieć.

Michał: Oblicz prawdopodobieństwo, że w trzykrotnym rzucie symetryczną sześcienną kostką do gry otrzymamy co najmniej jedną „jedynkę”, pod warunkiem że otrzymamy co najmniej jedną „szóstkę”. A − wylosowana co najmniej jedna 1 B − wylosowana co najmniej jedna 6 |Ω| = 6*6*6 = 216 Tutaj chyba można zdarzenie przeciwne czyli B' − nie wylosowano ani raz 6 |B'| = 5³ = 125 czyli |B| = |Ω| − |B'| (?) |B| = 91 tutaj są 3 przypadki? a) jedna 1, jedna 6 i jedna "inna" b) jedna 1, dwie 6 c) dwie 1, jedna 6

	3 1		3 1		3 1		3 1		3 2		3 2		3 1
|A∩B| =		*		*		*4 +		*		+		*		= 126

no ale |A∩B| wychodzi mi za zbyt duże ...

Mila: A∩B: (1,6,x), x∊{2,3,4,5}− 4*3!=4*6=24 możliwości (3! − na tyle sposobów ustawiamy 3 różne liczby oczek)

	3 2
(1,6,6) − 3 możliwości ( wystarczy		, na pozostałe jedno miejsce "wchodzi" jedynka)

(1,1,6) −3 możliwości |A∩B|=30

	30
P(A/B)=
	91

Michał: dziękuję, zaczynam chyba "łapać" prześpię się z tym i jutro jeszcze raz to wszystko przemyślę w ramach przećwiczenia mógłbym wrzucić jeszcze jutro jedno zadanko?

ABC: wrzucić każdy może, trochę lepiej lub trochę gorzej