выбор шаров с возвращением

[Shadow]

И с, и без возвращения задача решается аналогично. Если $p_k$ - вероятность вынуть ровно k черных шаров, то искомая вероятност
$P=\dfrac{p_2+p_3+p_4+p_5}{1-p_6}=\dfrac{1-p_0-p_1-p_6}{1-p_6}=1-\dfrac{p_0+p_1}{1-p_6}$

Только формулы для $p_k$ будут разные. Без возвращения, понятно $p_0=0$

[--mS--]

andreiandrei в сообщении #548878 писал(а):

Вот когда выбираем без возвращения (не учитывая порядок), то там тоже вынуть одинаковые или разные шары - неравновероятные события, но мы можем вычислять вероятность, просто деля сочетания одно на другое. Например, если в урне два белых и два чёрных шара, то вероятность вынуть два разных - $(C^1_2C^1_2)/C^2_4=2/3$, а, например, два белых - $C^2_2/C^2_4=1/6$. А в случае с выбором с возвращением так просто делить не получается, хотя и там и там порядок нам неважен (то есть, имею ввиду, неважен в ответе, а не при выборе).

Почему же не получится? При выборе с возвращением есть $4^2=16$ равновозможных исходов, из которых выбору двух разных отвечают $2\cdot 2\cdot 2=8$ исходов (белый+чёрный или чёрный+белый), выбору двух белых - $2^2=4$ исхода, вероятности соответственно $8/16$ и $4/16$. Или я не понимаю, что Вы имеете в виду.

[andreiandrei]

Shadow в сообщении #548926 писал(а):

И с, и без возвращения задача решается аналогично. Если $p_k$ - вероятность вынуть ровно k черных шаров, то искомая вероятност
$P=\dfrac{p_2+p_3+p_4+p_5}{1-p_6}=\dfrac{1-p_0-p_1-p_6}{1-p_6}=1-\dfrac{p_0+p_1}{1-p_6}$

Только формулы для $p_k$ будут разные. Без возвращения, понятно $p_0=0$

Спасибо, Shadow. С этим понятно. Мы как раз про сами формулы для $p_k$ уже говорим.

[Shadow]

(Оффтоп)

andreiandrei в сообщении #549075 писал(а):

Мы как раз про сами формулы для $p_k$ уже говорим

Вам не кажется, что об этих формул люди до нас говорили?

[andreiandrei]

--mS-- в сообщении #548983 писал(а):

Почему же не получится? При выборе с возвращением есть $4^2=16$ равновозможных исходов, из которых выбору двух разных отвечают $2\cdot 2\cdot 2=8$ исходов (белый+чёрный или чёрный+белый), выбору двух белых - $2^2=4$ исхода, вероятности соответственно $8/16$ и $4/16$. Или я не понимаю, что Вы имеете в виду.

Да, спасибо, --mS--. Я уже понял, что нужно так исходы считать.
Я имел ввиду, что для нахождения вероятности в задаче с выбором с возвращением не получается просто делить сочетания с повторениями друг на друга, как я сначала неверно сделал в исходной задаче (по аналогии с задачами с выбором без возвращения, где можно было просто делить сочетания без повторений друг на друга и получать верную вероятность событий).

-- 16.03.2012, 22:01 --

(Оффтоп)

Shadow в сообщении #549102 писал(а):

andreiandrei в сообщении #549075 писал(а):

Мы как раз про сами формулы для $p_k$ уже говорим

Вам не кажется, что об этих формул люди до нас говорили?

Я догадывался , но мне тоже хотелось бы до конца разобраться.

[gris]

andreiandrei, ещё раз посмотрев тему, я понял, что Вы во всём разобрались и правильно решили, но раз уж я тогда в торопливости сказал что-то неоднозначное, то приведу сейчас моё видение решения:

Пусть событие $A_i$ означает, что среди 6 шаров, вынутых из нашей урны с возвращением, ровно $i$ белых. События $A_0,...,A_6$ образуют полную группу непересекающихся событий и соответствуют схеме Бернулли. По этой схеме вероятность каждого события $P(A_i)=C^i_6\cdot (1/3)^i\cdot (2/3)^{6-i}$.
Событие "среди них есть белые шары" равно сумме событий $A_1+...+A_6$.
Событие "при этом среди них не менее двух чёрных" равно сумме событий $A_1+A_2+A_3+A_4$.
Складываем, делим и получаем нужную условную вероятность.

Что Вы и сделали. Если нельзя обращаться к формуле Бернулли, то подойдёт и чисто комбинаторное решение.

По поводу слов "порядок не важен".
Каждое событие $A_i$ можно разбить на подсобытия, где учитывается и порядок цветов вынутых шаров. При фиксированном $i$ вероятности всех подсобытий одинаковы, и вероятность $A_i$ получается путём умножения вероятности любого из подсобытий на их количество. Кстати, это верно и для вынимания без возвращения. То есть порядок вынимания не влияет на вероятность $A_i$, хотя учитывается при её подсчёте.
При вынимании без возвращения схема решения задачи остаётся прежней, но вероятности событий $A_i$ изменятся.

Конечно, ошибочно было бы понимать слова "порядок не важен" и "один белый шар есть, рассмотрим цвет остальных" как отделение белого шара и сведение задачи к аналогичной, но с пятью шарами. Это можно было бы сделать, если бы в условии было сказано: "При этом первым (последним, третьим) шаром был белый."

Но я так понял, что Вы и не собирались делать такую ошибку.

И присоединяюсь к Вашему мнению: для вычисления вероятности события деление количества благоприятных исходов на общее количество исходов можно делать только в случае их равновероятности (хотя вероятность получения правильного ответа больше нуля ). А нашем случае события ББЧЧЧЧ и БББЧЧЧ, например, будут иметь разные вероятности, и классическую схему применить нельзя.

[andreiandrei]

Спасибо, gris. Приятно, что теперь мне вроде всё понятно

Да, про Бернулли я как-то сразу не подумал. Да и этой формулой Бернулли наверно нельзя будет пользоваться когда будут похожие задачи с больше, чем двумя цветами шаров, а формулой разбиения на группы вроде бы всё равно можно.

[gris]

Кстати, я вот вдруг понял, что сказала уважаемая --mS-- в своём здешнем сообщении. Если мы насквозь пронумеруем все 15 шаров так, что первые 5 будут белыми, то события, изображаемые строкой номеров вынутых шаров, будут прекрасными равновозможными исходами!

Всего их $15^6$ (с возвращением), и осталось только аккуратно посчитать благоприятствующие исходы. Например, (1,8,8,3,1,12). То есть классическая схема вполне может быть применена. Не знаю, насколько проще в этом случае подсчёт, наверное, не так уж и сложен

Всё-таки полезно даже над простыми задачами задумываться, искать разные способы решения, шевелить условия, обсуждать на форуме.

Можно, например, ещё упростить вычислительную сторону решения исходной задачи, объединив события $A_1 - A_4$ в одно.