Теория вероятностей

[Shadow]

Так 3 или 2 раза вычесть.
$C_7^2C_{13}^4$ - число комбинаций, где ровно 2 белых (включая 2-2-2). Аналогично
$C_5^2C_{15}^4$ - число комбинаций, где ровно 2 синих (включая 2-2-2)
$C_8^2C_{12}^4$ - число комбинаций, где ровно 2 зеленых (включая 2-2-2)
И так как 2-2-2 единственное пересечение трех множеств, его нужно вычесть 2 раза, а не 3. Так думаю, но не особо уверен.

[--mS--]

Разумеется, два. А лучше вычесть трижды, а потом один раз прибавить, как и полагается по формуле включения-исключения.

[Shtorm]

--mS-- в сообщении #613511 писал(а):

Разумеется, два. А лучше вычесть трижды, а потом один раз прибавить, как и полагается по формуле включения-исключения.

Однако. Вы написали, что вот эта формула верна:

$m(a) = C^2_7 \cdot ( C^4_5 + C^4_8 + C^3_5 \cdot C^1_8 + C^3_8 \cdot C^1_5) + C^2_5 \cdot ( C^4_7 + C^4_8 + C^3_7 \cdot C^1_8 + C^3_8 \cdot C^1_7) + C^2_8 \cdot ( C^4_5 + C^4_7 + C^3_5 \cdot C^1_7 + C^3_7 \cdot C^1_5)$

По этой формуле получается 24885

И по этой формуле:

$$m(a) = C^2_7 \cdot ( C^{4}_{13} - C^2_5 \cdot C^2_8) + C^2_5 \cdot ( C^4_{15} - C^2_7\cdot C^2_8) + C^2_8 \cdot ( C^4_{12} - C^2_7 \cdot C^2_5) = C^2_7 \cdot C^{4}_{13} + C^2_5 \cdot C^4_{15} + C^2_8 \cdot C^4_{12}-3C_7^2C_5^2C_8^2$$

тоже получается 24885, хотя вычитал я тут 3 раза, а потом не прибавлял.
Где ошибка?

[--mS--]

Да нет ошибки, конечно. Мы же не вероятность того, что хотя бы какого-то цвета есть по два шара ищем (вот тогда дважды отнимать нужно), а ровно одного цвета есть два шара, а остальных - не два. Это я по ходу поменяла одно условие другим :)

[Shtorm]

--mS--, спасибо за пояснение.
Shadow, так что вот - если решаем исходную задачу, то Вы были неправы.

[Shadow]

При идиотски сформулированное условие, как решать исходную задачи - вопрос интерпретации. (См. пост Cash)

[faruk]

Предлагаю в этом контексте попробовать решить другую задачу:

Найти вероятность того, что среди шести вынутых шаров только один цвет будет представлен ровно двумя шарами.

[Shtorm]

Shadow в сообщении #613726 писал(а):

При идиотски сформулированное условие, как решать исходную задачи - вопрос интерпретации. (См. пост Cash)

Во многих задачниках и методичках условия задач по терверу сформулированы именно так, что по рассуждениям Cash можно трактовать иначе. Меня это тоже всегда раздражает. Но, сдаётся мне, что за долгие десятилетия выработался такой подход: если нет оговорок: "Хотя бы столько-то шаров" или каких-то иных оговорок, то читать условие - прямолинейно: два шара - значит только два шара, а остальные цвета - другое количество шаров. Точка.

-- Вс сен 02, 2012 14:33:14 --

faruk в сообщении #613767 писал(а):

Предлагаю в этом контексте попробовать решить другую задачу:

Найти вероятность того, что среди шести вынутых шаров только один цвет будет представлен ровно двумя шарами.

Так мы такую и решали!

[Unconnected]

//не стал создавать новую, потому что вопрос похож

В урне 5 синих, 3 красных. Берут последовательно два шара. Какова вероятность, что оба синие?
Тут можно просто посчитать $\frac{5+4}{7 \cdot 8}$? Или формулу Байеса можно задействовать? По ней, вроде, 0.5 выходит

[Shtorm]

Unconnected в сообщении #613863 писал(а):

....
Тут можно просто посчитать $\frac{5+4}{7 \cdot 8}$?

Нельзя.

Unconnected в сообщении #613863 писал(а):

Или формулу Байеса можно задействовать? По ней, вроде, 0.5 выходит

Если Вы полностью и точно изложили условие задачи то формула Байеса не нужна. Обычная вероятность. Если использовать формулы комбинаторики, то количество сочетаний.

[Unconnected]

Цитата:

Если Вы полностью и точно изложили условие задачи то формула Байеса не нужна. Обычная вероятность.

Но тут же два эксперимента.. Я не могу представить множество событий(и, соответственно, его нужное подмножество), чтобы поделить исходы.

[gris]

В этой задаче можно считать, что вынули сразу два синих шара. Можно считать комбинаторно, можно с помощью условных вероятностей. Ответ у Вас верен с точностью до знака одного действия

[Unconnected]

Хорошо, поставим вопрос по другому. У меня нет конкретной задачи, просто хочу разобраться со случаем нескольких экспериментов. Монету подбрасывают 2 раза, какова вероятность выпадения 2х гербов? Иными словами, это найти $P(B|A)$, A - первый герб, B - второй. В формуле условной вероятности, чему будет равно $P(A\cap B)$ ? Что за множество такое, где есть события из обоих экспериментов?

[gris]

Это другой случай. Тут события (результаты экспериментов) независимы. Вероятность пересечения, то есть совместного наступления двух событий, равна произведению их вероятностей.
В первоначальной задаче первый шар в урну не возвращают, что следует из фразы "берут последовательно". Поэтому второе событие будет зависеть от первого. Тут уже нужна условная вероятность.

[Unconnected]

А в первой задаче чему равно $P(A\cap B)$ ?