Упорядоченная выборка шаров двух классов из урны

[xolodec]

Задача
Из урны с $ N $ шарами, среди которых $ n $ белых и $ N $ - $ n $ черных, осуществляется выбор без возвращения ($ n \geq 2 $). Рассматриваются упорядоченные выборки размера $ M $. Спрашивается, какова вероятность событий $ A_{i,j} $ и $ A_{i,j,k} $, где $ A_{i,j} $ - событие, состоящее в том, что на $ i $-м и $ j $-м местах стоят белые шары ($ i < j \leq M $) , а $ A_{i,j,k} $ - событие, заключающееся в том, что белые шары стоят на местах с номерами $ i,j,k $ ($ i < j < k \leq M $).

Попытка решения
Рассмотрим события $ A_i, A_j, A_k $, отдельно. Обозначим также событие, что в выборке размера M ровно $ m $ белых шаров и обозначим это событие как $ S_m $.

Рассмотрим условную вероятность, что при $ m $ белых шарах в выборке, происходит событие $ A_i $, то есть вероятность $ P(A_i | S_m) $. Для этого зафиксируем белый шар на этой позиции и рассмотрим всевозможные перестановки с повторениями из $ (m-1) $ белых шара и $ (M-m) $ черных шаров.

$$P(A_i | S_m) = \frac{\overline{P}(m-1,M-m)}{\overline{P}(m,M-m)} = \frac{C^{m-1}_{M-1}}{C^m_{M}} = \frac{m}{M}$$

Теперь рассмотрим событие $ A_i \cap A_j $:

$$P( A_i \cap A_j | S_m) = \frac{\overline{P}(m-2,M-m)}{\overline{P}(m,M-m)} = \frac{C^{m-2}_{M-2}}{C^m_{M}} = \frac{(m)_2}{(M)_2}$$

Совершенно аналагочным образом получаем для события $ A_i \cap A_j \cap A_k $

$$P( A_i \cap A_j \cap A_k | S_m) = \frac{(m)_3}{(M)_3}$$

Для того, чтобы найти полную вероятность события $ P( A_i \cap A_j ) $ необходимо найти априорную вероятность события $ S_m $. Белых шаров в выборке может быть $ m = 1,2,\dots, \min(n,M) $.

Проблема
Дальше я не могу грамотно посчитать $S_m$ в предположении, что внутри одного класса (белые или черные шары) все шары одинаковы и упорядоченная выборка размером $M$ отличается только порядком следования цветов.
Возможно я вообще неправильно начал решать. В таком случае очень прошу посказать мне направление, в котором следовать.

Большое спасибо.

[ewert]

Зачем здесь вообще какие-то условные вероятности? Задача же чисто комбинаторная: $P(A_{ij})=\frac{A_n^2\cdot A_{N-2}^{M-2}}{A_N^M}$ и, соответственно, $P(A_{ijk})=\frac{A_n^3\cdot A_{N-3}^{M-3}}{A_N^M}$.

[xolodec]

ewert
Это первое, о чем я подумал и написал.

Но, ведь в задаче не сказано, что шары одинакового цвета различны между собой. А у вас именно это и предполагается в решении (что все шары различны между собой внутри одного класса (цвета)).
То есть перестановка двух белых шаров между собой у вас - это новая, отличная от предыдущей.

[provincialka]

А результат должен зависеть от номеров $i,j,k$? Если нет, достаточно рассмотреть заполнение первых двух (соотв. трех) мест.
В этом случае получается такой же ответ, как у ewert

[xolodec]

provincialka в сообщении #1054995 писал(а):

В этом случае получается такой же ответ, как у ewert

Почему мне кажется, что это неправильное решение ? и неправильное только потому, что изначально предполагает, что _ВСЕ_ шары различны. в том числе и покрашенные в один цвет шары также считаются различными. Поэтому, к примеру:

$$N(\Omega) = A^M_N$$

Но ведь это же совсем не так в случае, если шары одного цвета совершенно не отличаются друг от друга! А ведь в задаче не сказано, что шары одного цвета отличаются друг от друга, стало быть они одинаковы!

Или я и ничего не понимаю.
Если я не прав в своем замечании, скажите, где именно ?

[ewert]

provincialka в сообщении #1054995 писал(а):

А результат должен зависеть от номеров $i,j,k$?

Что значит "должен"? Кому должен-то?... Он или зависит -- или не зависит.

xolodec в сообщении #1054914 писал(а):

Но, ведь в задаче не сказано, что шары одинакового цвета различны между собой.

А вот это уже наше личное дело (и Ваше в т.ч.) -- нумеровать шары или не нумеровать. В принципе, можно было бы и так, и этак. В данном же случае -- выгоднее нумеровать.

[xolodec]

ewert спасибо большое вам за решение.

Однако хотелось бы понять, как решать в случае, когда все шары в одном классе одинаковы.
Именно этот путь я начал рассматривать в своем решении изначально.

[ewert]

Я для сравнения приведу другую задачку (где, наоборот, выгоднее не нумеровать). Шесть человек садятся на скамейку. Какова вероятность того, что Иванов с Петровым окажутся рядом?

Лобовое решение: рассаживаем вообще всех (т.е. $N(\Omega)=6!$). Теперь подсчитываем благоприятствующие исходы: это $5\cdot2$ (садим Иванова с Петровым) умножить на $4!$ (рассаживаем остальных). Это -- если учитывать нумерацию.

Но гораздо проще не учитывать. В конце-то концов: наша задача -- посадить этих двух товарищей (причём неважно, кого правее, а кого левее) . И какая разница, как рассядутся другие. Тогда $N(\Omega)=C_6^2$, а $N(A)$ -- это попросту $5$.

-- Сб сен 19, 2015 23:10:22 --

xolodec в сообщении #1055014 писал(а):

когда все шары в одном классе одинаковы.

А кто запрещает нам их пометить, если они изначально даже и не были помечены?...

-- Сб сен 19, 2015 23:30:15 --

provincialka в сообщении #1054995 писал(а):

достаточно рассмотреть заполнение первых двух (соотв. трех) мест.

Это уже третий вопрос -- достаточно или недостаточно. Над этим надо, если в принципе, то думать. Однако думать над этим не надо: просто фиксируем заявленные номера мест -- а потом спокойненько рассаживаем сперва на них и затем на все остальные.

[provincialka]

ewert в сообщении #1055017 писал(а):

рассаживаем сперва на них и затем на все остальные.

Именно, именно! На остальные можно и не рассаживать: к чему?

(to ewert)

вы как будто сердиты на меня? Ворчите

[ewert]

(Оффтоп)

provincialka в сообщении #1055030 писал(а):

вы как будто сердиты на меня? Ворчите

мне просто подсунули (помимо ожидаемых двух лекционных и пр. курсов) две группы практики по теорверу, причём подсунули неожиданно: дня за два до первой пары. Там ещё и лектор до сих пор ленится выдавать календарный план и, скорее всего, никогда и не выдаст (что я вполне понимаю). Так что я не ворчу, я просто в азарте.

[iancaple]

ewert в сообщении #1054906 писал(а):

$P(A_{ij})=\frac{A_n^2\cdot A_{N-2}^{M-2}}{A_N^M}$ и, соответственно, $P(A_{ijk})=\frac{A_n^3\cdot A_{N-3}^{M-3}}{A_N^M}$.

Согласен с ответом $P(A_{ij})=\frac nN\cdot \frac{n-1}{N-1}$, просто представить, что сначала мы выбираем шар, который попадет на $i$-е место, потом шар, который попадет на $j$-е место. Тут произведение вероятности, что первый раз окажется белый, и условной вероятности, что в этом случае и второй окажется белый. И для трех аналогично.
Такая разница в длине решений объясняется тем, что пространство элементарных событий можно выбирать по-разному, и все равно выйдет правильно, если элементарные события равновероятны. Так, как я решал, можно и в терминах классического определения вероятности изложить, еще двумя способами :
Пусть шары занумерованы от 1 до $N$
1) событие- упорядоченная пара номеров шаров на данных двух местах, а остальные свойства выборки игнорируются. Число событий $N(N-1)$, число благоприятных $n(n-1)$
2) событие- неупорядоченная пара номеров шаров на данных двух местах, все количества вдвое меньше, а ответ тот же.

[provincialka]

(2 ewert)

Понимаю вас! У меня в ближайшие два месяца 10 групп и 32 часа в неделю... Голова кругом...

[xolodec]

iancaple в сообщении #1055044 писал(а):

Пусть шары занумерованы от 1 до $N$
1) событие- упорядоченная пара номеров шаров на данных двух местах, а остальные свойства выборки игнорируются. Число событий $N(N-1)$, число благоприятных $n(n-1)$
2) событие- неупорядоченная пара номеров шаров на данных двух местах, все количества вдвое меньше, а ответ тот же.

У меня по этой задаче осталось три вопроса:
1. Строго говоря, надо сначала доказать, что можно

Цитата:

остальные свойства выборки не учитывать

, чтобы воспользоваться такими соображениями. Для меня, положим, это совсем не очевидно в случае, когда мы рассматриваем все шары одного цвета неразличимыми.
2. ewert, как понять в конкретной задаче, что результаты не будут зависеть от того, учитываешь ты порядок или нет ?
3. Как все-таки решить эту задачу, не учитывая различия шаров внутри одного класса (цвета) ?

[iancaple]

xolodec в сообщении #1055106 писал(а):

1. Строго говоря, надо сначала доказать, что можно

Цитата:

остальные свойства выборки не учитывать

, чтобы воспользоваться такими соображениями. Для меня, положим, это совсем не очевидно в случае, когда мы рассматриваем все шары одного цвета неразличимыми.

Конечно, надо доказывать. А то получим вот такие решения от "подражателей":
"Пространство элементарных событий- это набор событий "ББ,ЧЧ,БЧ,ЧБ"...с ответом $\frac 14$"или
"Пространство элементарных событий- это набор таких событий: цвета на заданных двух позициях"белые,черные,разные"...с ответом $\frac 13$"
Берем самое широкое пространство элементарных событий, при котором равновероятность этих событий очевидна, это набор из упорядоченных последовательностей номеров выбранных шаров длины $M$. Их $A^M_N$. Если его можно факторизовать на группы из заведомо равного числа элементов, тогда и можно брать новое пространство элементарных событий -этих групп. Это можно сделать по отношению эквивалентности: "выборки совпадают цветами номерами на двух данных местах"
Но это я для себя так проверяю, а в решении упомянул: никто не ограничивает нас в порядке заполнения этих $M$ позиций в выборке, можно считать, что мы начинаем с заполнения этих двух мест, а дальше не следим за процессом.

[ewert]

(Оффтоп)

provincialka в сообщении #1055046 писал(а):

Понимаю вас! У меня в ближайшие два месяца 10 групп и 32 часа в неделю...

А я Вас даже хуже чем понимаю! 32 ч./нед. в городе-миллионнике -- это просто невозможно. Я стартовал ассистентом с нагрузкой в часов 26-28; но это было во всего лишь двухсоттысячном городе, да и возраст был ещё, так что всё было приемлемо. Потом был один эпизод с более чем 50-ти часовой нагрузкой, и возраст был уже; но и городок был совсем маленький -- тыщ 30, так что как-то справился (хотя приемлемым это уже не было).