задача про лифт

[--mS--]

ewert в сообщении #729014 писал(а):

Что нет? что нельзя обходиться без формул для условных вероятностей в ситуации, когда обращение к этим формулам нелепо?

Нет, не это. Нелепо тут Ваше предположение о биномиальном распределении.

(Оффтоп)

О, господи. Ещё и Talanov. Что-то тут в последнее время стало зашкаливать число глупостей. Я, конечно, в курсе, что условных вероятностей Talanov не понимает. Но когда ещё и ewert - это черезчур. Без меня.

[TOTAL]

Александрович в сообщении #729045 писал(а):

Пусть на 5-том этаже вышел 1 человек и мы про него на время забудем. Будем считать среднее число пассажиров, вышедших также на 5 этаже из оставшихся 5-ти.
$X=0,1,2,3,4,5.$ Для каждого $X$ находим вероятность, среднее значение и прибавляем его к $1.$

Два этажа, два человека, известно, что на первом этаже кто-то вышел. Найдите своим способом среднее число человек, вышедших на первом этаже.

[Александрович]

TOTAL в сообщении #729073 писал(а):

Два этажа, два человека, известно, что на первом этаже кто-то вышел. Найдите своим способом среднее число человек, вышедших на первом этаже.

1,5.

[TOTAL]

Александрович в сообщении #729076 писал(а):

TOTAL в сообщении #729073 писал(а):

Два этажа, два человека, известно, что на первом этаже кто-то вышел. Найдите своим способом среднее число человек, вышедших на первом этаже.

1,5.

А теперь перечислите все возможные случаи выходов на этажах (4 случая, из которых 3 удовлетворяют условию) и найдите среднее число вышедших "в лоб".

[Александрович]

TOTAL в сообщении #729081 писал(а):

А теперь перечислите все возможные случаи выходов на этажах (4 случая, из которых 3 удовлетворяют условию) и найдите среднее число вышедших "в лоб".

$\frac{1+1+2+2}{4}=1,5$

[TOTAL]

Александрович в сообщении #729096 писал(а):

TOTAL в сообщении #729081 писал(а):

А теперь перечислите все возможные случаи выходов на этажах (4 случая, из которых 3 удовлетворяют условию) и найдите среднее число вышедших "в лоб".

$\frac{1+1+2+2}{4}=1,5$

Тогда будем действовать пошагово.
Шаг 1. Перечислите все возможные случаи выходов на этажах (4 случая, из которых 3 удовлетворяют условию)

[Yu_K]

TOTAL в сообщении #729099 писал(а):

Александрович в сообщении #729096 писал(а):

TOTAL в сообщении #729081 писал(а):

А теперь перечислите все возможные случаи выходов на этажах (4 случая, из которых 3 удовлетворяют условию) и найдите среднее число вышедших "в лоб".

$\frac{1+1+2+2}{4}=1,5$

Тогда будем действовать пошагово.
Шаг 1. Перечислите все возможные случаи выходов на этажах (4 случая, из которых 3 удовлетворяют условию)

А почему 4 варианта?

Всего три варианта
(2,0) - на первом вышли двое,
(1,1) - по одному вышли на каждом этаже,
(0,2) - на втором вышли двое.

Условию удовлетворяют первые два - среднее число вышедших на первом этаже $\frac{2+1}{2}=1.5$ и среднее число вышедших на втором этаже будет $\frac{1}{2}=0.5$. В сумме 2 человека вышли на двух этажах - вроде все сходится - ребеночек наш...

Аналогично и в случае 5 этажей и 6 человек -

(6,0,0,0,0) - на пятом вышли 6 человек - 1 вариант,

(5,1,0,0,0) (5,0,1,0,0) (5,0,0,1,0) (5,0,0,0,1) - на пятом вышли 5 человек - 4 варианта,

(4,2,0,0,0) (4,0,2,0,0) (4,0,0,2,0) (4,0,0,0,2) и
(4,1,1,0,0) (4,1,0,1,0)... (4,0,0,1,1) - на пятом вышли 4 человека - 4+6 вариантов и тд.

В сумме 126 вариантов. Отсюда легко найдется просто МО вышедших на 5-м этаже.

Получится то же, что и предлагает Александрович - один выходит на 5-том - а остальные пять равномерно распределяются по пяти этажам, включая пятый.

Если я правильно понимаю постановку задачи - или может там, конечно, какая то другая трактовка.

[voipp]

--mS-- в сообщении #728696 писал(а):

Очень странные вычисления. Классическое определение вероятности сразу даст $\mathsf P(B|A)=\frac{5^5}{8^5}$. Да, $\mathsf P(B)$ неверно: в числителе учтены в том числе варианты, когда все шестеро вышли на 9-м этаже, или на 8-м, или кто-то на 6-7-8-9, и никого на 5-м. Вычтите все лишние.

Если сократить дробь у меня в вычислениях то мы получим как раз то что вы написали

[--mS--]

voipp в сообщении #729146 писал(а):

Если сократить дробь у меня в вычислениях то мы получим как раз то что вы написали

Вот потому и говорю, что Ваши вычисления очень странные.

-- Пн май 27, 2013 23:28:12 --

Yu_K в сообщении #729138 писал(а):

А почему 4 варианта?

Если я правильно понимаю постановку задачи - или может там, конечно, какая то другая трактовка.

Потому что всё, что сказано выше, касалось исключительно случая, когда каждый из людей выбирает этаж наудачу и независимо от остальных. А значит, равновероятны $n^k$ вариантов, а не $C_{n+k-1}^k$.

[Shadow]

--mS-- в сообщении #729048 писал(а):

Нелепо тут Ваше предположение о биномиальном распределении

Я не понимаю почему Вам не нравится биномиалное распределение.. Проводятся 6 независимых испитаний, вероятност удачи (у человека дела на 5-ом этаже) $1/5$
Т.е вероятности (без условии) определяются из $(\frac 1 5 +\frac 4 5)^6$
Или из
$(\frac 3 8 +\frac 1 8 +\frac 4 8)^6$, но вычислять будем только $(\frac 1 8 +\frac 4 8)^6$ это принципиальни ничего не меняет, только усложняет вычисления.

[--mS--]

Shadow, условие задачи перечитайте.

-- Пн май 27, 2013 23:45:40 --

voipp в сообщении #729146 писал(а):

Если сократить дробь у меня в вычислениях то мы получим как раз то что вы написали

И вообще: Вы решили задачу? Какая получилась $\mathsf P(B)$? Каково искомое матожидание? Давайте точку для себя поставим, и пусть товарищи дальше упражняются.

[мат-ламер]

Люди не всегда ходят по-одному. Часто по двое и по трое. Допустим в лифт села семья из шести человек. Тогда она вся выйдет на пятом этаже.

[voipp]

--mS-- в сообщении #729158 писал(а):

Shadow, условие задачи перечитайте.

-- Пн май 27, 2013 23:45:40 --

voipp в сообщении #729146 писал(а):

Если сократить дробь у меня в вычислениях то мы получим как раз то что вы написали

И вообще: Вы решили задачу? Какая получилась $\mathsf P(B)$? Каково искомое матожидание? Давайте точку для себя поставим, и пусть товарищи дальше упражняются.

я не понимаю как ее подсчитать. должно быть более простое решение, разве нет?

[мат-ламер]

ИМХО, условие задачи надо уточнить. Какие события считать равновероятными? Допустим, каждый пассажир лифта с равной вероятностью выходит на одном из этажей с 5-го по 9-й. Те варианты, когда никто не выходит на 5-ом этаже отбрасываем. Остальные варианты равновероятны. Можно ли придерживаться такой трактовки условия?

[Shadow]

--mS-- в сообщении #729158 писал(а):

и пусть товарищи дальше упражняются

У меня получается $\dfrac{18750}{11529} \approx 1.62633$ , как я понимаю условие: спросили 6 человек сказать число от 2 до 9. Оказалось, что: никто не сказал меньше 5, хотя бы один сказал 5. Каково мат. ожидание пятерок?

-- 27.05.2013, 20:27 --

что потверждается комютерной симуляцией