В урне 7 шаров из которых 4 белых и 3 черных: а) закон распределения дискретной случайной величины Х – числа извлечений белых шаров, б) найти вероятность события X ≥ 2 —

Несовместные исходы удобно расписать по пунктам:
1) По классическому определению:  – вероятность того, что из 1-й урны во вторую будет переложен белый шар. Пусть гипотеза  осуществилась, тогда во второй урне стало 7 шаров, среди которых теперь 4 белых шара. Таким образом:
 – вероятность того, что из второй урны будет извлечен белый шар при условии, что туда был переложен белый шар.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
 – вероятность того, что во 2-ю урну будет переложен белый шар и после этого из 2-й урны будет извлечён белый шар.

2) По классическому определению:  – вероятность того, что из 1-й урны во вторую будет переложен не белый шар. Пусть гипотеза  осуществилась, тогда во второй урне стало 7 шаров, среди которых по-прежнему 3 белых. Таким образом:  – вероятность того, что из второй урны будет извлечен белый шар при условии, что туда был переложен не белый шар.

По теореме умножения вероятностей зависимых событий:
 – вероятность того, что из 1-й урны во 2-ю будет переложен не белый шар и после этого из 2-й урны будет извлечён белый шар.

Подводим итог. По теореме сложения вероятностей несовместных событий:
 – вероятность того, что из 2-й урны будет извлечён белый шар.

Ответ:

Более интересная вариация по теме для самостоятельного разбора:

Задача 55
В первой урне находится 3 белых и 2 черных шара, во второй – 4 белых и 4 черных. Из первой урны во вторую наудачу перекладывают 2 шара. Найти вероятность того, что из второй урны будет извлечён белый шар.

Для решения задания нужно рассмотреть 3 несовместные гипотезы, привлечь на помощь комбинаторику и воспользоваться типовой задачей на классическое определение вероятности.

Иногда встречаются задачи повышенной комбинационной сложности – с двумя последовательными перемещениями шаров из 1-й во 2-ю урну, из 2-й в 3-ю и финальным извлечением шара из последней урны.

И в заключение этого параграфа разберём прелюбопытнейшую задачу, которой я вас заманивал в самом начале книги =) Даже не разберём, а проведём небольшое практическое исследование. Выкладки в общем виде будут громоздкие, поэтому рассмотрим конкретный пример:

Петя сдаёт экзамен по теории вероятностей, при этом 20 билетов он знает хорошо, а 10 плохо. Предположим, в первый день экзамен сдаёт часть группы, например, 16 человек, включая нашего героя. В общем, ситуация до боли знакома: студенты один за другим заходят в аудиторию и тянут билеты.

Очевидно, что последовательное извлечение билетов представляет собой цепь зависимых событий, и возникает насущный вопрос: в каком случае Пете с бОльшей вероятностью достанется «хороший» билет – если он пойдёт «в первых рядах», или зайдёт «посерединке», или если будет тянуть билет в числе последних? Когда лучше заходить?

Сначала рассмотрим «экспериментально чистую» ситуацию, в которой Петя сохраняет свои шансы постоянными – он не получает информацию о том, какие вопросы уже достались однокурсникам, ничего не учит в коридоре, ожидая своей очереди, и т.д.

Рассмотрим событие:  – Петя зайдёт в аудиторию самым первым и вытянет «хороший» билет. По классическому определению вероятности: .

Как изменится вероятность извлечения удачного билета, если пропустить вперёд отличницу Настю? В этом случае возможны две несовместные гипотезы:

 – Настя вытянет «хороший» (для Пети) билет;
 – Настя вытянет «плохой» билет (т. е. увеличит шансы Пети).

Событие же  (Петя зайдёт вторым и вытянет «хороший» билет) становится зависимым.

1) Предположим, что Настя с вероятностью  «увела» у Пети один удачный билет. Тогда на столе останутся 29 билетов, среди которых 19 «хороших». По классическому определению вероятности: 
 2) Теперь предположим, что Настя с вероятностью  «избавила» Петю от 1-го «плохого» билета. Тогда на столе останутся 29 билетов, среди которых по-прежнему 20 «хороших». По классическому определению: 

Используя теоремы сложения вероятностей несовместных и умножения вероятностей зависимых событий, вычислим вероятность того, что Петя вытянет «хороший» билет, будучи вторым в очереди:

 – вероятность… осталось той же!
Хорошо, рассмотрим событие:  – Петя пойдёт третьим, пропустив вперёд Настю и Лену, и вытащит «хороший» билет.

Здесь гипотез будет больше: дамы могут «обокрасть» джентльмена на 2 удачных билета, либо наоборот – избавить его от 2 неудачных, либо извлечь 1 «хороший» и 1 «плохой» билет. Если провести аналогичные рассуждения, воспользоваться теми же теоремами, то… получится такое же значение вероятности !
И так далее.

Таким образом, чисто с математической точки зрения, без разницы, когда идти – первоначальные вероятности останутся неименными. НО. Это только усреднённая теоретическая оценка, так, например, если Петя пойдёт последним, то это вовсе не значит, что ему останутся на выбор 10 «хороших» и 5 «плохих» билетов в соответствии с его изначальными шансами. Данное соотношение может варьироваться в лучшую или худшую сторону, однако всё же маловероятно, что среди билетов останется «одна халява», или наоборот – «сплошной ужас». Хотя «уникальные» случаи не исключены – всё-таки тут не 3 миллиона лотерейных билетов с практически нулевой вероятностью крупного выигрыша. Поэтому «невероятное везение» или «злой рок» – это слишком уж преувеличенные высказывания. Даже если Петя знает всего лишь три билета, то его шансы составляют 10%, что заметно выше нуля.

Математика и «чистый эксперимент» – это хорошо, но какой стратегии и тактики выгоднее придерживаться в реальных условиях? Безусловно, следует принять во внимание субъективные факторы, например, «скидку» преподавателя для «храбрецов» или его усталость к концу экзамена. Зачастую эти факторы могут быть и решающими, но в заключительных рассуждениях мы всё же остановимся на вероятностных аспектах:

Если Вы готовы к экзамену хорошо, то лучше идти «в первых рядах». Пока билетов полный комплект, постулат «маловозможные события не происходят» работает на Вас гораздо в бОльшей степени. Согласитесь, что намного приятнее иметь соотношение «30 билетов, среди которых 2 плохих», чем «15 билетов, среди которых 2 плохих». А то, что два неудачных билета на отдельно взятом экзамене (а не по средней теоретической оценке!) так и останутся на столе – вполне и вполне возможно.

Теперь рассмотрим «ситуацию Пети» – когда студент готов достаточно хорошо, но с другой стороны, и «плавает» тоже неплохо. В этом случае целесообразно пропустить вперёд 5-6 человек, и ожидать подходящего момента вне аудитории. Дальше по ситуации. Довольно скоро начнёт поступать информация, какие билеты вытянули однокурсники (снова зависимые события!), и на «заигранные» вопросы можно больше не тратить силы – учите и повторяйте другие билеты, повышая тем самым первоначальную вероятность своего успеха.
Если «первая партия» экзаменующихся «избавила» вас сразу от 3-4 трудных (лично для Вас) билетов, то выгоднее как можно быстрее попасть на экзамен – именно сейчас шансы значительно возросли. Постарайтесь не упускать момент – всего несколько пропущенных вперёд человек, и преимущество, скорее всего, растает. Если же наоборот, «плохих» билетов вытянули мало – ждите. Через несколько человек эта «аномалия» опять же с большой вероятностью, если не исчезнет, то сгладится в лучшую сторону.
В «обычном» и самом распространённом случае выгода тоже есть, ибо расклад
«24 билета / 8 плохих» лучше соотношения «30 билетов / 10 плохих». Почему? Трудных билетов теперь не десять, а восемь! С удвоенной энергией штудируем материал!

Если Вы готовы неважно или плохо, то само собой, лучше идти в «последних рядах» (хотя возможны и оригинальные решения, особенно, если нечего терять). Существует небольшая, но всё же ненулевая вероятность, что на столе останутся относительно простые вопросы + дополнительная зубрёжка + шпоры, которые отдадут отстрелявшиеся сокурсники =) И, да – в совсем критической ситуации есть ещё следующий день, когда экзамен сдаёт вторая часть группы 😉

Какой можно сделать вывод? Субъективный оценочный принцип «кто идёт раньше, тот готов лучше» находит внятное вероятностное обоснование!

Ни пуха Вам, ни пера, ни холлофайбера!

1. 7. Формула полной вероятности

1.6.5. Условная вероятность – что это такое?

| Оглавление |

Полную и свежую версию этой книги в pdf-формате,
а также курсы по другим темам можно найти здесь.

Также вы можете изучить эту тему подробнее – просто, доступно, весело и бесплатно!

С наилучшими пожеланиями, Александр Емелин

— Есть $3$ урн $A,B$ и $C$. Урна $A$ содержит $4$ красных шаров и $3$ черных шаров. Урна $B$ содержит $5$ красных шаров и $4$ черных шаров. Урна $C$

$\begingroup$

Есть $3$ урны $A,B$ и $C$. Урна $A$ содержит $4$ красных шаров и $3$ черных шаров. Урна $B$ содержит $5$ красных шаров и $4$ черных шаров. Урна $C$ содержит $4$ красных и $4$ черных шаров. Из каждой из этих урн вынимают по одному шару. Какова вероятность того, что вытащенные $3$ шара состоят из $2$ красных шаров и одного черного шара?

Мое решение выглядит так:

Рассматривая события $A,B$ и $C$ как поднятие красного шара из урны $A$, взятие красного шара из урны $B$, взятие красного шара из урны $C$. Вероятность подобрать два шара красного цвета из урны $A$ и $B$ и черный шар из урны $C$ равна $P(A)P(B)P(\overline{C})=\frac{ 4.5.4}{7.9.8}$ . Теперь этот выбор можно сделать тремя различными способами, поэтому общая вероятность в этом случае равна $P(A)P(B)P(\overline{C})=\frac{4.5.4.3}{7.9.8}$ . Теперь вероятность поднять два шара красного цвета из урны $A$ и $C$ и черный шар из урны $B$ равна $P(A)P(C)P(\overline{B})=\ гидроразрыв {4.4.4}{7.8.9}$. Этот выбор можно сделать тремя различными способами, поэтому общая вероятность в этом случае равна $P(A)P(C)P(\overline{B})=\frac{4.4.4.3}{7.8.9}$. Вероятность подобрать два шара красного цвета из урны $B$ и $C$ и черный шар из урны $A$ равна $P(B)P(C)P(\overline{A})=\frac{ 5.4.3}{9.8.7}$. Этот выбор можно сделать тремя различными способами, поэтому общая вероятность в этом случае равна $P(B)P(C)P(\overline{A})=\frac{5.4 .3.3}{9.8.7}$. Таким образом, общая вероятность равна $\frac{4.5.4.3}{7.9.8}+\frac{4.4.4.3}{7.8.9}+\frac{5.4.3.3}{9.8.7}$.

Однако это неверная вероятность, поскольку вы можете видеть, что вероятность превышает $1$. Где возникает проблема? Почему этот метод недействителен? Я не понимаю? Не потому ли, что вопрос не поддерживает принятие во внимание всех договоренностей? Задается ли вопрос только для определенного порядка, т.е. сначала вытягивание двух красных шаров, а затем вытягивание черного шара? Вопрос актуален только для предыдущего упомянутого случая? Должна ли задача указывать, что порядок, в котором предварительно выбираются шары определенного цвета, следует определенному порядку, то есть, скажем, мы должны сначала выбрать из урны $A$, а затем из урны $B$ а потом urn $C$?

• вероятность

$\endgroup$

1

$\begingroup$

«Теперь этот выбор можно сделать тремя разными способами»… Нет. Не может. Вы можете выбрать красный из A, красный из B и черный из C одним способом (каждый с вероятностью успеха). Итак, $$\mathsf P(A, B, \overline C)=\dfrac{4\cdot 5\cdot 4}{7\cdot 9\cdot 8}$$

«Три пути» черного шара могут быть взятое из урны учитывается при суммировании. $ $ {\ mathsf P (A, B, \ overline C) + \ mathsf P (A, \ overline B, C) + \ mathsf P (\ overline A, B, C)\\=\dfrac{4\cdot 5\cdot 4}{7\cdot 9\cdot 8}+\dfrac{4\cdot 4\cdot 4}{7\cdot 9\cdot 8}+\dfrac{3\cdot 5\cdot 4}{7\cdot 9\cdot 8}\\=\ дфрак {17}{42}}$$

$\endgroup$

8

Зарегистрируйтесь или войдите в систему

Зарегистрируйтесь с помощью Google

Зарегистрироваться через Facebook

Зарегистрируйтесь, используя электронную почту и пароль

Опубликовать как гость

Электронная почта

Требуется, но не отображается

Опубликовать как гость

Электронная почта

Требуется, но не отображается

Нажимая «Опубликовать свой ответ», вы соглашаетесь с нашими условиями обслуживания, политикой конфиденциальности и политикой использования файлов cookie

Спросил 7 лет, 10 месяцев назад

Изменено 4 года, 1 месяц назад

Просмотрено 3к раз

$\begingroup$

Урна содержит 3$ белых шара и 4$ черных шара. Вторая урна содержит $6$ белых шаров и $4$ черных шаров. Из первой урны вытягивается $2$ шаров и падает во вторую урну. Затем из второй урны вынимают один шар белого цвета.

Какова вероятность того, что два шара, переложенных во вторую урну, были черными?

Мое решение этой задачи $1/4$, но в учебнике по математике ответ равен $1/3$

• вероятность

$\endgroup$

$\begingroup$

Используя теорему Байе: $$Pr=\frac{\frac{1}{2}\times\frac{6}{21}}{(\frac{1}{2}\times\frac{6}{21})+(\ frac{7}{12}\times\frac{12}{21})+(\frac{2}{3}\times\frac{3}{21})}=\frac{3}{12}= \фракция{1}{4}$$ в которой первый член в знаменателе относится к случаю, когда оба шара черные, второй член — к случаю, когда один из них белый, а другой — черный, а последний член — к случаю, когда оба шара белые .

Согласно теореме Байе, вероятность того, что оба шара будут черными при условии, что выходной шар белый, равна отношению, что числитель равен вероятности предполагаемого события при условии, что два шара черные, а знаменатель равен к суммированию вероятностей желаемого события (что выход белый) при всех ситуациях, одна за другой

$\endgroup$

2

$\begingroup$

Амир понял, почему ответы книги и ваши отличаются, Феликс Брауэр

Вы задали вопрос:

В урне 3 белых и 4 черных шара. Во второй урне 6 белых и 4 черных шара. Из первой урны вынимают 2 шара и бросают их во вторую урну. Затем из второй урны вынимается один шар белого цвета . Какова вероятность того, что два шара, переложенных во вторую урну, были черными?

Решение этой проблемы, используя условную вероятность и закон полной вероятности: $$\begin{выравнивание} \mathsf P(F_{BB}\mid S_W) & = \frac{ \mathsf P(S_W\mid F_{BB})\,\mathsf P(F_{BB}) }{ \mathsf P(S_W\mid F_{BB})\,\mathsf P(F_{BB})+\mathsf P(S_W\mid F_{BW})\,\mathsf P(F_{BW})+\mathsf P(S_W\mid F_{WW})\,\mathsf P(F_{WW}) } \\ & = \ frac {\ frac 6 {12} {4 \ выберите 2} / {7 \ выберите 2}} {\ left (\ frac 6 {12} {4 \ выберите 2} + \ frac 7 {12} {3 \выберите 1}{4\выберите 1}+\frac 8{12}{3\выберите 2}\вправо)/{7\выберите 2}} \\ & = \frac{6\cdot 6}{6\cdot 6+7\cdot 12+8\cdot 3} \\ & = 1 / 4 \end{выравнивание}$$

Как у тебя, так и у Амира получилось.