задача по комбинаторике

[Forthegreatprogress]

вероятность равна единице ?

[Otta]

Естессно.

[Forthegreatprogress]

Otta в сообщении #1092505 писал(а):

Естессно.

о Боже мой. я просто в шоке, честно. Я парюсь над этой задачей несколько дней. Это просто какой то бред. Щас сижу в остепенении .

[Otta]

Ну, Вы все-таки другую задачу решали. Я так поняла, эта, вторая, была одной из самостоятельно себе поставленных.
Очень удачно поставленных: только так иногда и можно доходчиво объяснить, что за зверь условная вероятность.

[Forthegreatprogress]

Большое Вам спасибо!) это Ваше личное время, я это очень ценю. сам бы неизвестно когда дошел бы. спасибо_)

[Otta]

Да пожалуйста :)

PS А с формальным определением все-таки научитесь работать, не отвлекаясь. А то какая-то ерунда пока что прет.
Если бы писали аккуратно даже и формально (хоть оно тут и совсем лишнее, как видите), то во второй задаче получилась бы та же единица, но всех тех выражений не было бы и рядом.

[Forthegreatprogress]

Otta в сообщении #1092508 писал(а):

Ну, Вы все-таки другую задачу решали. Я так поняла, эта, вторая, была одной из самостоятельно себе поставленных.
Очень удачно поставленных: только так иногда и можно доходчиво объяснить, что за зверь условная вероятность.

да, я ее просто решал, и подумал, а что будет если просто равно трем.
Про условную вероятность я знал давно, и кучу задач решил на эту тему,причем правильно. Оказалось, что совсем суть не понимал, хотя она очень и тривиальна ) ну в общем удивление так удивление ) будем дальше работать )

[Iam]

С удовольствием ознакомился с продолжением обсуждений (спасибо) и в методических целях решил изложить ответ более детально.

$ P(A|B)=P(A|B)/P(B). $
Для несовместных событий $ b\in B: $
$ P(A|B)= \sum_{b\in B} $ $ P(A,b)= \sum_{b\in B} P(b) P(A|b), $ $ P(B)= \sum_{b\in B} P(b). $
В задачах ТС $ (n=9): $
$ P(b_i)=2^{-n}C^i _n, $ $ P(A|b_0)= P(A|b_1)= \dots = P(A|b_4)=1, $ $ P(A|b_5)= P(A|b_6)= \dots =P(A|b_9)=0 ; $

Тогда в первой задаче: $ B=\{ 3,4,\dots , 9\}, $ $ P(A,B)= \sum_{i\ge 3} P(b_i) P(A|b_i)= P(b_3)+P(b_4)= 2^{-n} (C_n^3+C_n^4), $
$ P(B)= \sum^n_{i = 3} P(b_i)= 2^{-n}\sum^n_{i = 3} C_n^i; $
$ P(A|B)= (C_n^3+C_n^4)/ \sum^n_{i = 3} C_n^i. $

Во второй (придуманной ТС) задаче: $ B=\{ 3\}, P(A,B)= P(b_3) P(A|b_3)= 2^{-n} C_n^3, $
$ P(b_3)= 2^{-n} C_n^3, P(A|B)=1. $

Все это легко обобщается на случаи более сложных событий A, B и не равновероятных исходов элементарных событий.

[--mS--]

Iam в сообщении #1092744 писал(а):

С удовольствием ознакомился с продолжением обсуждений (спасибо) и в методических целях решил изложить ответ более детально.

$ P(A|B)=P(A|B)/P(B). $
Для несовместных событий $ b\in B: $
$ P(A|B)= \sum_{b\in B} $ $ P(A,b)= \sum_{b\in B} P(b) P(A|b), $ $ P(B)= \sum_{b\in B} P(b). $

Исключительно в методических целях так писать не следует.
$ \mathsf P(A|B)=\mathsf P(A\cap B)/\mathsf P(B). $
События - это не "$b\in B$", а подмножества $B$. Формула полной вероятности тут ни при чём, о чём откровенно говорят единичные условные вероятности в числителе. На худой конец, так:
Для попарно несовместных событий $ B_i \subset B$ таких, что $B_1\cup B_2\cup \ldots = B$
$ \mathsf P(A\cap B)= \sum_i \mathsf P(A \cap B_i)= \sum_i \mathsf P(B_i) \mathsf P(A|B_i) $, $ \mathsf P(B)= \sum_i \mathsf P(B_i). $

[Iam]

О методическом превосходстве Вашего изложения спору нет. С другой стороны, вообще говоря, формула полной вероятности там уместна, работает и годится для более общих случаев. С другой - события $ b_i $ (ясно что не "$b_i \in B$") могут рассматриваться как элементарные со своими вероятностями - и никакого криминала.
А напишите для дальнейшего совершенствования полный ответ без формулы полной вероятности и чтобы не "на худой конец", а в идеале.

[Otta]

Iam в сообщении #1092842 писал(а):

А напишите для дальнейшего совершенствования полный ответ без формулы полной вероятности и чтобы не "на худой конец", а в идеале.

А какие проблемы-то?

Forthegreatprogress в сообщении #1092043 писал(а):

Два одинаковых автомобиля тестируют Яндекс-пробки, делая 9 стартов. Найдите вероятность того , что выиграет первый автомобиль , при условии, что второй выиграл хотя бы 3 старта.
...
(Выиграет тот , у кого в сумме будет больше побед.)

$A=(\text{победит первый автомобиль}), \; B=(\text{второй выиграл хотя бы 3 старта})$.
Стартов 9.
$AB=(\text{второй выиграл хотя бы 3 старта, но проиграл})=(\text{второй выиграл 3 или 4 старта})$
$P(B)=1-P(\text{второй выиграл менее 3 стартов})=1-2^{-9}(1+C^1_9+C^2_9)$,
$P(AB)=2^{-9}(C^3_9+C^4_9)$.
$P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}$, пишем, делим, считаем.

[--mS--]

Iam в сообщении #1092842 писал(а):

С другой - события $ b_i $ (ясно что не "$b_i \in B$") могут рассматриваться как элементарные со своими вероятностями - и никакого криминала.

Если это элементарные исходы, то в таком случае ФПВ тем более ни при чём: и событие $A$, и событие $B$, и событие $A\cap B$ - все состоят из элементарных исходов, и $\mathsf P(A\cap B)$ - это просто сумма вероятностей элементарных исходов, принадлежащих $A\cap B$.

Iam в сообщении #1092842 писал(а):

А напишите для дальнейшего совершенствования полный ответ без формулы полной вероятности и чтобы не "на худой конец", а в идеале.

Вы его и так уже почти написали:

$$\mathsf P(A | B) =\dfrac{\mathsf P(A\cap B)}{\mathsf P(B)} .$$

А универсального способа вычисления вероятностей типа $\mathsf P(B)$ и $\mathsf P(A\cap B)$ в общем случае пока не изобретено: всякий раз приходится использовать что-то иное. То формулу полной вероятности, то классическое определение, то плотности интегрировать, то площади друг на друга делить, то свойства вероятностей использовать etc etc.