Задача про шары. Схема Бернулли и классический способ.

[antonio.troitsky]

Задча. В урне находится 10 белых и 5 черных шаров. Приовзодится 5 извлечений шаров из урны, причем после извлечения шар каждый раз возвращается обратно. Какова вероятность того, что при этом белый шар будет извлечен 3 раза, а черный 2 раза?

Там, где я нашел этот пример, данная задача решатеся по схеме Берунулли:

$P_n(m_1, m_2, ...) = \frac{n!}{m_1! m_2! ...} p_1^2 p_2^2 ...$

$P_5(3,2) = \frac{5!}{3! 2!} (\frac{10}{15})^3 (\frac{5}{15})^2 \approx 0.329$

Однако мне думается, что эту задачу можно решить по определению классической вероятности. Найти количество событий благоприятнсвующих данному событию и поделить на количество возможных исходов.

Достать 5 шаров из 15 можно $\binom{15}{5}$ способами. Достать 3 белых шара из 10 можно $\binom{10}{3}$ способами. Достать 2 черных шара из 3 можно $\binom{5}{2}$ способами.

Получается искомая вероятность

$P_5(3,2) = \frac{\binom{10}{3} \binom{5}{2}} {\binom{15}{5}} \approx 0.3996$.

Приближенные ответы не совпадают, может быть я что-то неправильно делаю?

[Pphantom]

antonio.troitsky в сообщении #1492225 писал(а):

Достать 5 шаров из 15 можно $\binom{15}{5}$ способами.

Это неверно (и остальные аналогичные рассуждения - тоже). Шары по условию возвращаются в урну после извлечения, поэтому число способов будет другим. А если аккуратно учесть это обстоятельство, то вы попросту придете к схеме Бернулли.

[StaticZero]

antonio.troitsky в сообщении #1492225 писал(а):

Достать 5 шаров из 15 можно $\binom{15}{5}$ способами

Первый шаг и сразу на мину, хехе.

Биномиальный коэффициент показывает вам что? Изначально он произошёл из перестановок. Смотрите. У вас пять шаров с номерами 1..5. Вам их надо расставить на полке. Вы можете выбрать шарик, который будет стоять первым, пятью способами. Вы его выбрали и поставили. В руке осталось четыре. Четыре именно, а не пять, здесь нет возвращений. Дальше понятно, перемножаем всё подряд, получаем $5!$.

Теперь вам говорят: "ладно, расставьте не пять шаров, а три из пяти". Как и прежде, вы рассуждаете: я на первое место шар выберу пятью способами; ...; на третье место выберу тремя способами; мне сказали поставить только три шара, на этом всё". Перемножаете $5 \times 4 \times 3$. Зададим переменную $n = 5, m = 3$. Предыдущему случаю соответствовало $n!$. Нынешнему, формально, $n!/(n-m)!$.

Теперь вам говорят: "поставьте три из пяти, номера сотрите". Вы такой: а как учесть стёртость номеров? Товарищи математики вам говорят: ну давайте сначала расставим три с любыми циферками, а потом оставшиеся перестановки трёх шаров просто отождествим. В итоге получается:
- $n$ шаров $n!$ способами
- взять из них $m$ пронумерованных $n!/(n-m)!$ способами
- взять из них $m$ без номеров: предыдущее число $n!/(n-m)!$ нужно ещё разделить на перестановки $m$ шаров в количестве $m!$, так что в итоге $\frac{n!}{(n - m)! m!}$.

Обратите внимание, что здесь нигде нет возвращения шаров. Самое большое из этих чисел -- число перестановок -- уже получено исходя из того, что ушедший шар из набора ушёл с концами. Остальные числа ещё меньше и соответствуют дополнительным накладываемым ограничениям (неполное взятие; неполное взятие с игнорированием порядка).

Нетрудно догадаться, что схема с возвращением -- это степень. Например, у вас есть пять лунок специальных под шары, в руке пять чистых шаров и маркер. Сколькими способами вы можете заполнить лунки нумерованными шарами, если дозволяется на каждом шаре писать любое число 1..5 (независимо от того, что написано на остальных)? Это $5 \times 5 \ldots \times 5 = 5^5$.

Отсюда до схемы Бернулли рукой подать.

[antonio.troitsky]

StaticZero в сообщении #1492236 писал(а):

antonio.troitsky в сообщении #1492225 писал(а):

Достать 5 шаров из 15 можно $\binom{15}{5}$ способами

Первый шаг и сразу на мину, хехе.

Биномиальный коэффициент показывает вам что? Изначально он произошёл из перестановок. Смотрите. У вас пять шаров с номерами 1..5. Вам их надо расставить на полке. Вы можете выбрать шарик, который будет стоять первым, пятью способами. Вы его выбрали и поставили. В руке осталось четыре. Четыре именно, а не пять, здесь нет возвращений. Дальше понятно, перемножаем всё подряд, получаем $5!$.

Теперь вам говорят: "ладно, расставьте не пять шаров, а три из пяти". Как и прежде, вы рассуждаете: я на первое место шар выберу пятью способами; ...; на третье место выберу тремя способами; мне сказали поставить только три шара, на этом всё". Перемножаете $5 \times 4 \times 3$. Зададим переменную $n = 5, m = 3$. Предыдущему случаю соответствовало $n!$. Нынешнему, формально, $n!/(n-m)!$.



Теперь вам говорят: "поставьте три из пяти, номера сотрите". Вы такой: а как учесть стёртость номеров? Товарищи математики вам говорят: ну давайте сначала расставим три с любыми циферками, а потом оставшиеся перестановки трёх шаров просто отождествим. В итоге получается:
- $n$ шаров $n!$ способами
- взять из них $m$ пронумерованных $n!/(n-m)!$ способами
- взять из них $m$ без номеров: предыдущее число $n!/(n-m)!$ нужно ещё разделить на перестановки $m$ шаров в количестве $m!$, так что в итоге $\frac{n!}{(n - m)! m!}$.

Обратите внимание, что здесь нигде нет возвращения шаров. Самое большое из этих чисел -- число перестановок -- уже получено исходя из того, что ушедший шар из набора ушёл с концами. Остальные числа ещё меньше и соответствуют дополнительным накладываемым ограничениям (неполное взятие; неполное взятие с игнорированием порядка).

Нетрудно догадаться, что схема с возвращением -- это степень. Например, у вас есть пять лунок специальных под шары, в руке пять чистых шаров и маркер. Сколькими способами вы можете заполнить лунки нумерованными шарами, если дозволяется на каждом шаре писать любое число 1..5 (независимо от того, что написано на остальных)? Это $5 \times 5 \ldots \times 5 = 5^5$.

Отсюда до схемы Бернулли рукой подать.

Ясно, спасибо. Я не догатался, что там надо использовать повторение.

Однако есть ведь сочетания с повторениями. Можно ли их использовать для того, чтобы решить задачу через определение классической вероятности?

[StaticZero]

antonio.troitsky в сообщении #1492240 писал(а):

Однако есть ведь сочетания с повторениями. Можно ли их использовать для того, чтобы решить задачу через определение классической вероятности?

И гланды удалять можно через...кхе-кхе.

Но вы попробуйте придумать такое решение, не сводящееся к стандартной дорожке, это полезно.

[Lia]

antonio.troitsky в сообщении #1492240 писал(а):

Однако есть ведь сочетания с повторениями.

Сочетания с повторениями - они не про то.
А по формуле классической вероятности решить, конечно, можно. Растащите здесь уже готовый ответ на числитель и знаменатель (целые, конечно) и подумайте, числами чего они могли бы являться. Придумайте интерпретацию )

И не надо цитировать посты полностью. Есть кнопка "Вставка" для выборочного цитирования выделенного фрагмента. Вы могли обойтись вообще без цитаты.