Схема Бернулли ?

[Мат]

Схему Бернулли использовать нельзя, т.к. в задаче сказано "без возврата", а это означает, что события неравновероятны.

[ewert]

Было определённо сказано:

Charlie в сообщении #204813 писал(а):

Делаем 5 выборок из урны без возвращения шаров,

Это буквально означает, что каждая выборка -- без возвращения. Про совокупность выборок не сказано ничего. По умолчанию следует предположить, что они -- независимы.

Это -- вполне типичная небрежность в формулировках. Вариант, когда все шары извлекаются из одной кучи, формально тоже возможен. Однако этот вариант безграмотности маловероятен (трудно предположить, что кому-то придёт в голову для описания такой ситуации именно это сочетание слов).

[PAV]

В первом же посте было определённо сказано:

Charlie в сообщении #204813 писал(а):

нельзя сказать что результаты предыдущих выборок не скажутся на последующих

Это буквально означает, что выборки зависимы. Я по умолчанию так и понял, следующий же пост автора подтвердил этот вывод.

[Charlie]

Чтобы никто не спорил ещё раз повторю условие задачи:

Просто говоря - вытаскиваем с закрытыми глазами из урны 10 шаров (попарно или не попарно, какая разница, я ведь писал что результаты выборок нам не известны), затем (обязательно) раскладываем их попарно. Вот и требуется определить вероятность того что хоть одна пара из разложеных вслепую (или что одно и тоже - взятых из урны парами) шаров одного цвета.

[PAV]

Поясните пожалуйста, откуда взялась задача. Просто в этой постановке она не похожа на стандартную учебную.

[Charlie]

Это не учебная задача, мне за неё двойка не грозит.

[PAV]

Я просто имел в виду, что для учебной задача слишком сложна. Значит, задача реальная. И нужен точный ответ?

[Charlie]

Да, задача реальная, из жизни, необходима общая формула для решения а так же соображения которыми нужно пользоваться для решения таких задачь.

Но похоже что решить её можно только перебрав все комбинации, чем наверное мне и прийдётся заниматься... а потом разве что сравнить ответ со схемой Бернулли.

gris писал(а):

Если задача не поддаётся, то надо её упростить. Взять крайний случай, уменьшить число параметров.
Допустим в урне 20 белых и 20 чёрных шаров.

Ну а когда опять перейдём от простого к сложному у же на третьем (на втором попроще) шаге нам прийдется учитывать какие цвета шаров могли оказаться на двух первых выборках, т.е. снова перебор возможных вариантов.

[gris]

Схема Бернулли тут однозначно не проходит.
Можно вручную просчитать несколько первых шагов.
Итак, по десять шаров каждого из семи цветов. Для нас неважно, смотрим мы на шары или не смотрим. Это не влияет на процесс. Просто вынимаем подряд 10 штук.

Обозначим цвета в выборке буквами в порядке их, цветов, появления. Нам важен не конкретный цвет - зелёный или красный, а цвет первого шара, цвет второго отличного от первого. Будем искать вероятность того, что все пары разноцветные. Потом вычтем её из единицы.

Пусть цвет первого шара А. Тогда у второго должно быть B. Вероятность разноцветия

$$\frac{60}{69}$$

.

Для второй пары возможны варианты с вероятностями:

AB -

$$\frac 9{68}\frac9{67}$$

AC -

$$\frac 9{68}\frac{50}{67}$$

BA -

$$\frac 9{68}\frac9{67}$$

BC -

$$\frac 9{68}\frac{50}{67}$$

CA -

$$\frac {50}{68}\frac{9}{67}$$

CB -

$$\frac {50}{68}\frac{9}{67}$$

CD -

$$\frac {50}{68}\frac{40}{67}$$

Эти варианты не пересекаются и охватывают все разноцветные пары. Надо всё сложить и получим вероятность разноцветия второй пары.

Ясно, что таким способом тяжело дойти до пятой пары. Наверное, можно как-то упростить...

[PAV]

Я тоже не вижу другого способа решить, кроме как перебором вариантов. Также мне кажется, что и его вручную не осилить, нужен машинный перебор. Но и в этом случае потребуется приложить определенные усилия к тому, чтобы он имел разумный объем.

Перебирать нужно комбинации цветов, а затем для каждой комбинации считать вероятность ее получения. Но число всех комбинаций равно $7^5\cdot 6^5 = 42^5=130\,691\,232$. Это довольно много.

Можно заметить, что изначально для нас все цвета равноправны. Поэтому после извлечения первой пары разноцветных шаров можно пронумеровать цвета так, чтобы первый шар имел цвет 1, а второй - цвет 2. Тогда число вариантов для перебора будет уже $42^4=3\,111\,696$. Это программа уже должна достаточно легко потянуть.

Еще можно заметить, что при перестановке местами шаров внутри каждой пары вероятность комбинации не меняется. Поэтому можно ограничиться только такими парами, в которых номера цветов следуют в порядке возрастания. Тогда для каждой пары остается только 21 возможных значений, т.е. число комбинаций для перебора будет составлять $21^4=194\,481$. Стало еще легче.

В принципе можно воспользоваться тем, что после извлечения первой пары (и присвоения двум цветам номеров 1 и 2) остальные цвета по-прежнему равноправны. Например, если следующие два цвета отличаются от первых двух, то им можно присвоить индексы 3 и 4. Но поскольку тут уже могут быть извлечены и шары первых двух цветов, то придется все равно вручную рассмотреть несколько вариантов. Не уверен, что это стоит делать, так как и без этого машинный перебор справится, а так больше шансов ошибиться.

Понятно, что теперь возникают уже сложности совсем другого сорта, связанные с округлениями и возможной потерей точности при суммировании большого числа малых слагаемых. Теоретически можно организовать точные вычисления в рациональных дробях, но тогда возможно придется использовать арифметику работы с длинными числами, так как стандартной длины может и не хватить.

[Charlie]

Я тоже уже начал подумывать над програмным решением, спасибо за ценные рекомендации.
В принципе нет разницы будет ли машина по формуле считать или перебором...
Спасибо всем принимавшим участие и прояснившим ситуацию !

[gris]

Вдогонку. На самом деле не так уж и сложно посчитать для пяти пар. Надо на каждом шаге объединять случаи разного количества уже использованных цветов и от каждого случая тянуть цепочку условных вероятностей.

Правда, вручную несложно просчитать только несколько пар и то, в случае, если число шаров каждого цвета в начале одинаково. Иначе объём вычислений существенно возрастает.

Если же программировать, то наверное надо на языке с возможностью описывать деревья. Массивами тут не обойдёшься.

[Мат]

Задача на полную вероятность.
Изначальная вероятность вытащить первый шар какого-либо цвета для всех цветов одинакова и равна 0,1.
Далее очень громостко.
Пусть был вытащен шар цвета 1 (таких комбинаций может быть 7).
Вытащить второй шар цвета 1, при условии, что был вытащен шар цвета 1 будет

$$\frac{9}{69}$$

. Вероятность данного события

$$\frac17$$

.
Вероятность вытащить любой другой шар при условии, что был вытащен шар цвета один, по-прежнему 0,1. Вероятность данного события

$$\frac67$$

.
Тогда по формуле полной вероятности, полная вероятность вытащить второй шар цвета 1 будет:

$$P=\frac17\cdot\frac{9}{69}+0,1\cdot\frac{6}{7}=\frac{191}{1610}=0,1186<\frac17$$

.И так далее проссчитываются все события до уровня выборки последнего 10 шара.
Когда будут вытащены все десять шаров, очевидно, что все события по нахождению в выборке двух шаров одинакового цвета будут равновероятны.
Для приближенного решения можно воспользоваться следующей схемой (если нужно не точное, а практическое решение). Т.к. число испытаний 10, а число шаров 70, то погрешность будет невелика. В этом случае можно принять, что вероятность вытащить шар цвета $i$

$$p=\frac17$$

или, что то же самое, принять, что все события равновероятны. Тогда искомая вероятность будет:

$$\frac{C_{10}^2\cdot C_{60}^8}{C_{70}^{10}}=0,29$$