Теория Вероятностей (элементарная)

[G_Ray]

Подскажите пожалуйста.

Правильная игральная кость подбрасывается 5 раз. Каковы вероятности событий
A={последние два раза выпала 6}. B={6 выпала ровно два раза}

P(B) - конечно просто довольно считается. Схема Бернулли: $C^2_5 (\frac{1}{6})^2(\frac{5}{6})^4$

А вот с A - проблема.

[ShMaxG]

A={последние два раза выпала 6} = пересечению 5 событий, независимых. Из них первые 3 имеют вероятность .. , а последние два .. .

-- Ср дек 09, 2009 20:02:57 --

И еще - там не $\[C_6^2\]$, а $\[C_5^2\]$

[G_Ray]

Цитата:

И еще - там не $\[C_6^2\]$, а $\[C_5^2\]$@

Да, точно.

Т.е.

$P(A)= C_5^3(\frac{5}{6})^3(\frac{1}{6})^0+C_5^2(\frac{5}{6})^0(\frac{1}{6})^2$
Так?

[ShMaxG]

Когда говорят, что последние 2 раза что-то произошло, не факт, что это не происходило первые разы.

Пересечение 5 событий. Первое - выпало что-то... Второе - выпало что-то... И третье тоже. А в четвертом выпала 6 и в пятом 6-ка. Возьмите тупо произведение вероятностей этих событий и, как говорил один наш глубокоуважаемый (теперь уже бывший) юзер, "ваша мечта сбудется".

[Sasha2]

А вообще зависит то, что выпадает в четвертом и пятом кидках от того, что выпадало в первых трех?

[PAV]

В данном случае эксперимент описывается классической схемой (все элементарные исходы равновероятны), поэтому просто подсчитайте количество благоприятных комбинаций и разделите на число всех комбинаций.

-- Ср дек 09, 2009 20:51:53 --

Sasha2 в сообщении #269558 писал(а):

А вообще зависит то, что выпадает в четвертом и пятом кидках от того, что выпадало в первых трех?

Не зависит.

[Sasha2]

Ну так и ведь об этом. Чего тогда мучиться, кинули два раза кость, два раза выпала шестерка. Вот и есть эта веротность события A.

[G_Ray]

Всего комбинаций $6^5$
"Хороших" комбинаций вроде бы $6^3$
т.е ответ $\frac{1}{36}$?

[ShMaxG]

G_Ray
Ага. Или проще: $1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 1/6 \cdot 1/6 = 1/36$.

[G_Ray]

понятно, спасибо.

-- Чт дек 10, 2009 00:07:21 --

Вот, еще одна похожая задачка на эту тему. Все у меня в голове путается:
В урне 7 белых и 4 черных шаров.
Наудачу извлекаются 6 шаров.

Каковы вероятнсоти событий:
A={Извлечено ровно два черных}
B={Извлечено не менее трех белых}

$P(A)=1 \cdot 1\cdot 1\cdot 1\cdot \frac{4}{11} \cdot \frac{3}{10}=\frac{6}{55}$
$P(B)=1\cdot 1\cdot 1\cdot \frac{7}{11}\cdot \frac{6}{10}\cdot\frac{5}{9}+1\cdot 1\cdot \frac{7}{11}\cdot\frac{6}{10}\cdot\frac{5}{9}\cdot\frac{4}{8}+1\cdot\frac{7}{11}\cdot\frac{6}{10}\cdot\frac{5}{9}\cdot\frac{4}{8}\cdot\frac{3}{7}+\frac{7}{11}\cdot\frac{6}{10}\cdot\frac{5}{9}\cdot\frac{4}{8}\cdot\frac{3}{7}\cdot\frac{2}{6}$
Так?

[G_Ray]

понял сам, забыл написать.
$P(A)=\frac{C_4^2C_7^4}{C_{11}^6}$
$P(B)=\frac{C_7^3C_4^3}{C_{11}^6}+\frac{C_7^4C_4^2}{C_{11}^6}+\frac{C_7^5C_4^1}{C_{11}^6}+\frac{C_7^6C_4^0}{C_{11}^6}$

А, если урны разные? Считаем вероятность в каждой и складываем?

[gris]

В первой вероятности поправьте коэффициенты у первого $C_4^2$.
Во второй задаче проще найти вероятность дополнителного события - что вынуто меньше 3 белых шаров. То есть ровно 2. Меньше никак не получится. Но вообще правильно.
Что значит - урны разные? Она одна.

[G_Ray]

задача такая.
Из трех урн содержащих по два шара белого, черного, красного и синего цветов в каждой, наудачу извлекают по одному шару. Каковы вероятности событий
A={Извлечен хотя бы один белый шар}
B={Извлечен ровно один черный шар}

$P(B)=\frac{C_2^1C_6^0}{C_8^1}+\frac{C_2^0C_6^1}{C_8^1}+\frac{C_2^0C_6^1}{C_8^1}$

А в случае A сосчитать вероятность когда 1 белый, когда 2 и 3 и сложить?

[ewert]

Неверно. Чётко сформулируйте, что из себя представляет каждое из складываемых Вами событий.

В первом случае -- естественно, перейти к противоположному событию.

[G_Ray]

Первое слагаемое - достали 1 черный шар. Второе и третье - достали один не черный шар.