Matematické Fórum

Pomeranc · 06. 03. 2020 22:55

Ahoj,

řeším tři úlohy z pravděpodobnosti a nevím si moc rady.

//forum.matweb.cz/upload3/img/2020-03/31341_PAST.PNG

4) Přemýšlela jsem, že bych použila Bayese, kde
Bi: obchod, kde profesor ztratil deštník
A: ztratil se deštník
když jsem do vzorečku dosadila, tak mi to nevyšlo
5c) V čem je rozdíl oproti 5a? Nebo jsem nějak nepochopila pointu otázky.
6) Nevím jak začít

Bohužel ke studiu máme dostupné jen neřešenou sbírku a jelikož to toho nevidím, tak nevím, jak bych ty příklady měla řešit. Nevíte prosím o nějaké řešené sbírce, kde se vyskytuje Bayes, úplná pravděpodobnost či násobení pravděpodobnosti?

Ferdish

3. Aká je pravdepodobnosť, že profesor si v obchode dáždnik nezabudne? Aby ho zabudol práve vo štvrtom obchode, musí každý predošlý obchod opustiť s ním - a toto musí nastať 3x za sebou.

Pomeranc

↑ Ferdish:

Mohlo by se to zapsat i takto, ale i tak se mi nepodařilo dopočítat:
$\mathbb{P}(B_{1}^{c}\cap B_{2}^{c}\cap B_{3}^{c}\cap B_{4})=\mathbb{P}(B_{4}|B_{1}^{c}\cap B_{2}^{c}\cap B_{3}^{c})* \mathbb{P}(B_{3}^{c}|B_{1}^{c}\cap B_{2}^{c})* \mathbb{P}(B_{2}|B_{1}^{c})*\mathbb{P}(B_{1}^{c})$

Ve výsledcích je, že to má vyjít:
$\frac{3^{3}}{4^{4}-3^{4}}$

laszky · 07. 03. 2020 00:39

↑ Pomeranc:

Ahoj, neni tam nahodou $\frac{3^3}{4^4-3^4}$ ?

Pomeranc · 07. 03. 2020 00:46

↑ laszky:

Ano, je. Díky za upozornění, opravím to.

laszky · 07. 03. 2020 00:58 — Editoval laszky (07. 03. 2020 02:44)

↑ Pomeranc:

Jinak je to proste podminena pravdepodobnost:

$\frac{\mbox{pravdepodobnost, ze zapomene destnik ve ctvrtem obchode}}{\mbox{pravdepodobnost, ze nekde zapomnel destnik}} = \frac{\left(\frac{3}{4}\right)^3\frac{1}{4}}{1-\left(\frac{3}{4}\right)^4}$

Jj · 07. 03. 2020 12:26

Pomeranc napsal(a):
4 c) V čem je rozdíl oproti 4 a?
5) Nevím jak začít

Řekl bych, že

ad 4 c)
Oproti 4a (kdy má být příklad vyřešen jen náhodně vybraným jedincem) bude příklad vyřešen, pokud jej vyřeší

- libovolný jedinec, nebo
- libovolná dvojice studentů, nebo
- libovolná trojice studentů, nebo
- atd,
- atd,

(Asi bude taky rozumné hledat odpověď na tuto podotázku pomocí doplňkové pravděpodobnosti - tzn. spočítat nejdříve pravděpodobnost, že ji nevyřeší nikdo).

ad 5)
V náhodném výběru tří míčků pro první hru se mohou ocitnout právě 0, 1, 2 nebo 3 nové míčky. Tzn., že po vrácení míčků před druhou hrou může být (s určitým rozložením pravděpodobnosti) z 15 míčků v krabici právě

- 9 nových míčků, nebo
- 8 nových míčků, nebo
- 7 nových míčků, nebo
- 6 nových míčků.

Pro každou z těchto variant lze spočítat pravděpodobnost tažení tří nových míčků pro druhou hru, pak to "dát dohromady".

Pomeranc · 07. 03. 2020 22:19

↑ laszky:

Číselně to vychází, ale formálně je to trošku divné.
Podmíněná pravděpodobnost je definovaná
$\mathbb{P}(A|B)=\frac{\mathbb{P}(A\cup B)}{\mathbb{P}(B)}$

V tom čitateli nějak nevidím to sjednocení.

Jj · 07. 03. 2020 22:23 — Editoval Jj (07. 03. 2020 22:37)

↑ Pomeranc:

Řekl bych, že

$\mathbb{P}(A|B)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(B)}$

Pomeranc · 07. 03. 2020 23:37

↑ Jj:

Ano, máš pravdu, je tam průnik.

Pomeranc · 07. 03. 2020 23:41

Jj napsal(a):
Pomeranc napsal(a):
4 c) V čem je rozdíl oproti 4 a?
5) Nevím jak začít
Řekl bych, že

ad 4 c)
Oproti 4a (kdy má být příklad vyřešen jen náhodně vybraným jedincem) bude příklad vyřešen, pokud jej vyřeší

- libovolný jedinec, nebo
- libovolná dvojice studentů, nebo
- libovolná trojice studentů, nebo
- atd,
- atd,

(Asi bude taky rozumné hledat odpověď na tuto podotázku pomocí doplňkové pravděpodobnosti - tzn. spočítat nejdříve pravděpodobnost, že ji nevyřeší nikdo).

ad 5)
V náhodném výběru tří míčků pro první hru se mohou ocitnout právě 0, 1, 2 nebo 3 nové míčky. Tzn., že po vrácení míčků před druhou hrou může být (s určitým rozložením pravděpodobnosti) z 15 míčků v krabici právě

- 9 nových míčků, nebo
- 8 nových míčků, nebo
- 7 nových míčků, nebo
- 6 nových míčků.

Pro každou z těchto variant lze spočítat pravděpodobnost tažení tří nových míčků pro druhou hru, pak to "dát dohromady".

Snažila jsem se tu 5 spočítat takto:
(Binomial[6, 3] + Binomial[7, 3] + Binomial[8, 3] + Binomial[9, 3])/ Binomial[15, 3] ,
ale nevychází mi to.

Jj · 08. 03. 2020 02:29

↑ Pomeranc:

To jsem nějak nepobral, asi si nerozumíme. Bude dobré sem napsat, jaký má být výsledek - přepočítal bych to. (myslím, že by to mohlo platit obecně).

Nedá mi to a ještě dodám: Řekl bych, že toto vlákno už začíná hezky ilustrovat důvod, proč se v bodě 2 pravidel fóra vyžaduje zakládat pro každou úlohu nové téma.

laszky · 08. 03. 2020 03:10

↑ Pomeranc:

Jev $A_i$ ... profesor zapomnel destnik v i-tem obchode
Jev $B$ ... profesor dorazil domu bez destniku

Protoze je

$B=A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4$ , je taky $A_i\subset B$ , a proto $A_i\cap B=A_i$ . Takze

$\mathbb{P}(A_i|B)=\frac{\mathbb{P}(A_i\cap B)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{\mathbb{P}(A_i)}{\mathbb{P}(B)} = \frac{\left(\frac{3}{4}\right)^{i-1}\frac{1}{4}}{1-\left(\frac{3}{4}\right)^4},$

pricemz (pro kontrolu)

$\sum_{i=1}^4\mathbb{P}(A_i|B) = \sum_{i=1}^4\frac{\left(\frac{3}{4}\right)^{i-1}\frac{1}{4}}{1-\left(\frac{3}{4}\right)^4} = \frac{\frac{1}{4}}{1-\left(\frac{3}{4}\right)^4} \sum_{i=1}^4\left(\frac{3}{4}\right)^{i-1} = \frac{\frac{1}{4}}{1-\left(\frac{3}{4}\right)^4}\cdot \frac{1-\left(\frac{3}{4}\right)^4}{1-\frac{3}{4}} = 1$

Pomeranc · 08. 03. 2020 19:50

↑ laszky:

Děkuji.

Pomeranc · 09. 03. 2020 01:47

↑ Jj:

Ve sbírce to vychází 528/ 5915.

Binomial = binomické číslo.
U výpočtu jsem to brala tak, že když si vytáhneme všechny staré míčky,
tak v druhé hře, aby byly všechny nové vybíráme trojici míčků z 9 a takto to uděláme pro všechny případy,
které nám vznikly z první hry.

laszky · 09. 03. 2020 03:48 — Editoval laszky (09. 03. 2020 03:52)

↑ Pomeranc:

Ahoj, v prvni hre si vytahnes 3 stare micky s pravdepodobnosti $\frac{\binom{6}{3}}{\binom{15}{3}}$ , v krabici ti tak zadne stare nepribudou a v druhem kole si vytahnes 3 nove micky s pravdepodobnosti $\frac{\binom{9}{3}}{\binom{15}{3}}$ . Podobne si v prvnimi kole vytahnes 2 stare+1novy micek s pravdepodobnosti $\frac{\binom{6}{2}\binom{9}{1}}{\binom{15}{3}}$ , v krabici ti tak pribyde jeden stary micek (z noveho se stane stary) a v druhem kole si tedy vytahnes 3 nove micky uz jen s pravdepodobnosti $\frac{\binom{8}{3}}{\binom{15}{3}}$ , atd... celkovou pravdepodobnost pak ziskas jako soucet soucinu:

$p= \frac{\binom{6}{3}}{\binom{15}{3}}\cdot\frac{\binom{9}{3}}{\binom{15}{3}}+\frac{\binom{6}{2}\binom{9}{1}}{\binom{15}{3}}\cdot\frac{\binom{8}{3}}{\binom{15}{3}} + \cdots$

Pomeranc · 10. 03. 2020 14:42

↑ laszky:

Super, děkuji moc :)

Matematické Fórum

#1 06. 03. 2020 22:55

Pravděpodobnost

#2 06. 03. 2020 23:23 — Editoval Ferdish (06. 03. 2020 23:23)

Re: Pravděpodobnost

#3 06. 03. 2020 23:59 — Editoval Pomeranc (07. 03. 2020 00:47)

Re: Pravděpodobnost

#4 07. 03. 2020 00:39

Re: Pravděpodobnost

#5 07. 03. 2020 00:46

Re: Pravděpodobnost

#6 07. 03. 2020 00:58 — Editoval laszky (07. 03. 2020 02:44)

Re: Pravděpodobnost

#7 07. 03. 2020 12:26

Re: Pravděpodobnost

Pomeranc napsal(a):

#8 07. 03. 2020 22:19

Re: Pravděpodobnost

#9 07. 03. 2020 22:23 — Editoval Jj (07. 03. 2020 22:37)

Re: Pravděpodobnost

#10 07. 03. 2020 23:37

Re: Pravděpodobnost

#11 07. 03. 2020 23:41

Re: Pravděpodobnost

Jj napsal(a):

Pomeranc napsal(a):

#12 08. 03. 2020 02:29

Re: Pravděpodobnost

#13 08. 03. 2020 03:10

Re: Pravděpodobnost

#14 08. 03. 2020 19:50

Re: Pravděpodobnost

#15 09. 03. 2020 01:47

Re: Pravděpodobnost

#16 09. 03. 2020 03:48 — Editoval laszky (09. 03. 2020 03:52)

Re: Pravděpodobnost

#17 10. 03. 2020 14:42

Re: Pravděpodobnost

Zápatí