Теория вероятности

[Adrianaana]

Проверьте, пожалуйста, правильность решения.

Имеются три партии деталей по 61 детали в каждой. Из случайно выбранной партии наудачу извлечена деталь, оказавшаяся стандартной. Деталь возвращают в партию и вторично из той же партии наудачу извлекают деталь, которая также оказывается стандартной. Чему равна вероятность того, что детали были извлечены из первой партии, если число стандартных деталей в первой, второй, третьей партиях соответственно равно 57, 54, 15?


$ \frac{1}{3} *\frac{57}{61}*\frac{57}{61} $

[Brukvalub]

Решением называется рассуждение, опирающееся на методы и теоремы математики. Вы же просто перемножили три дроби. Так что проверять-то и нечего - никакого решения вы не дали.

[atlakatl]

Adrianaana
В Вашем решении не используются данные в двух других партиях. Допустим, что в них вообще нет годных деталей. Решение ведь изменится?
Ну и логику включим. В Вашем ответе вероятность извлечения годной детали из 1-й партии меньше $1/3$, хотя именно в ней их больше всего.
Похоже, Вы просто написали бессмысленное выражение и ждёте готового решения.

[Adrianaana]

Я нашла вероятность того, что две детали, извлеченные указанным способом, стандартные и из первой партии.

Возможно, надо было найти вероятность, что две данные стандартные детали из первой партии. Тогда

$\frac{57}{57+54+15}*1$

[Aritaborian]

Вот это умножение на единицу выглядит особенно загадочно ;-)
Adrianaana, если вы будете записывать цифры, не поясняя, откуда что берётся, ни к чему хорошему это нас с вами не приведёт. Вы можете объяснить, как именно были получены оба ответа?
О записи формул. Клавиатурную звёздочку отставить. Используйте \cdot или \times: $\dfrac12 \cdot \dfrac35$, $\dfrac12 \times \dfrac35$.

[atlakatl]

Тервер надо начинать с приёмов комбинаторики. Тогда задачи такого типа не будут вводить в ступор решающего.
Adrianaana
Рассмотрим первую партию. Какова вероятность извлечь из неё 2 раза подряд годную деталь?

[Adrianaana]

Я рассуждала так:

$\frac{1}{3}\cdot \frac{57}{61}$ - это вероятность того, что в первый раз выбрали стандартную деталь из первой партии, так как
$P(A\cap B)=P(A)\cdot P_A(B)=P(B)\cdot P_B(A)$,

$ \frac{57}{61}$ - во второй раз.

Нашла, как делать по формуле Байеса, но она мне не нравится, а без нее можно?

[Aritaborian]

Я нашёл, как вычислять расстояние между двумя точками на плоскости по теореме Пифагора, но она мне не нравится, а без неё можно?

[provincialka]

Adrianaana
Все-таки Байес -- это сила.
Представьте себе, что вы вынимаете детали из первой партии. Какова вероятность, что оба раза они окажутся годными? Тот же вопрос для второй партии. Третьей.

[atlakatl]

Adrianaana Да ни к чему Байес. У нас выборка с возвращением.
Нам повезло раз: вероятность этого $57/61$
Второй раз то же самое - $57/61$
Чтобы найти совместную вероятность независимых событий, их вероятности надо просто перемножить.
Сделайте это во всех трёх партиях - найдите $p_i$. Т.к. вероятности попасть на любую из партий одинакова - $1/3$, то надо найти веса каждой партии в общей доле - которая равна $p_1+p_2+p_3=z$.
Что остаётся? Нормализовать $z$ - у нас-то общая вероятность равна $1$. Делим обе части уравнения на $z$ и получаем все три готовые вероятности.

[provincialka]

atlakatl
Вы просто предложили девушке вывести ф.Байеса самому. Что ж, похвально. То, что сделал сам, нравится больше.

[Adrianaana]

То есть $\frac{1}{3}\cdot\frac{57}{61}\cdot\frac{57}{61}$ - это вероятность того, что выбранные детали оказалась стандартными и из первой партии. А вероятность того, что выбранные стандартные детали оказались из первой партии - совсем другое дело?

[atlakatl]

Adrianaana
Попробуйте применить предложенный мной план. И заметьте: на 1/3 умножать я не предлагал. Просто равенство шансов попасть в одну из партий позволяет складывать $p_1+p_2+p_3=z$ без всяких коэффициентов. Были бы шансы не равны, пришлось бы домножать.

[Someone]

Adrianaana в сообщении #1239126 писал(а):

То есть $\frac{1}{3}\cdot\frac{57}{61}\cdot\frac{57}{61}$ - это вероятность того, что выбранные детали оказалась стандартными и из первой партии.

Нет. Это вероятность того, что произошли два события: 1) были выбрана первая партия и 2) из этой партии дважды вынимали стандартную деталь (с возвращением).

Adrianaana в сообщении #1239126 писал(а):

А вероятность того, что выбранные стандартные детали оказались из первой партии - совсем другое дело?

Совершенно верно. Это совсем другая вероятность. Здесь нам известно, что наш эксперимент закончился двукратным извлечением стандартной детали, но неизвестно, из какой партии их брали. И нам надо найти вероятность того, что это была именно первая партия.

[realeugene]

Adrianaana в сообщении #1239126 писал(а):

То есть $\frac{1}{3}\cdot\frac{57}{61}\cdot\frac{57}{61}$ - это вероятность того, что выбранные детали оказалась стандартными и из первой партии. А вероятность того, что выбранные стандартные детали оказались из первой партии - совсем другое дело?

Вы знакомы с понятием "условная вероятность"?