выбор шаров с возвращением

[andreiandrei]

Помогите, пожалуйста, разобраться с задачей. Вроде простая, но что-то никак не решается

В урне 5 белых и 10 черных шаров. Извлечены 6 шаров (с возвращением). Известно, что среди них есть белые шары. При этом условии найти вероятность того, что среди них будут также не менее двух черных шаров.

Спасибо.

[gris]

Если с возвращением, то вероятность очередного шара быть белым постоянна.
Выражение "есть белые шары" немного неоднозначно, но скорее всего оно означает по крайней мере один белый шар. Ну и анализируйте остальные пять.

[andreiandrei]

Я пробовал так:

вероятность события "есть белые шары":
1-$C^6_{10+6-1}/C^6_{15+6-1}$ ,

из единицы вычел вероятность события "все вынутые шары чёрные".

Вероятность того, что при этом не менее 2 чёрных:
$1-(10C^5_{5+5-1}/C^6_{15+6-1}+C^6_{5+6-1}/C^6_{15+6-1}+C^6_{10+6-1}/C^6_{15+6-1})$
первое слагаемое в скобках - 1 чёрный шар, второе - нет чёрных шаров, третье- 6 чёрных шаров.

Потом эту вероятность делил на вероятность события "есть белые шары".

Но что-то неправильно. С ответом не сходится.

-- 15.03.2012, 19:23 --

Может вероятность, что один шар чёрный, как-то не так надо вычислять?

-- 15.03.2012, 19:51 --

Или вообще не так надо решать?

[andreiandrei]

gris в сообщении #548669 писал(а):

Если с возвращением, то вероятность очередного шара быть белым постоянна.
Выражение "есть белые шары" немного неоднозначно, но скорее всего оно означает по крайней мере один белый шар. Ну и анализируйте остальные пять.

Если я буду вот так по одному их выбирать (белый - вероятность=1/3, чёрный - вероятность=2/3), то как учесть, что порядок выбора шаров неважен?

-- 15.03.2012, 21:18 --

Вот побробовал так:

$(2/3)^2(1/3)^46!/(4!2!)+(2/3)^3(1/3)^36!/(3!3!)+(2/3)^4(1/3)^26!/(4!2!)+(2/3)^5(1/3)6!/(5!1!)$
первое, второе, третье и четвёртое слагаемые - это 2, 3, 4 и 5 вынутых чёрных шаров соответственно.

Опять с ответом не сошлось. Как же надо?

[andreiandrei]

А, всё, решил. Забыл на вероятность события "есть белые шары" разделить, на $1-(2/3)^6$

Разделил, с ответом сошлось.
gris, спасибо за намёк.

[--mS--]

gris в сообщении #548669 писал(а):

Выражение "есть белые шары" немного неоднозначно, но скорее всего оно означает по крайней мере один белый шар. Ну и анализируйте остальные пять.

Которые тут "остальные"? Так и вероятность иметь в семье двух мальчиков, если известно, что в семье есть мальчик(и), окажется равна половине!

andreiandrei,
Хорошо, что решили. Вот только опасное заблуждение о том, что порядок неважен, когда-нибудь сыграет с Вашим ответом злую шутку. При выборе с возвращением, когда каждый отдельный шарик может с равными шансами оказаться любым из урны независимо от следующего, не может быть неважен порядок, иначе исходы получатся неравновозможными!

[andreiandrei]

--mS-- в сообщении #548760 писал(а):

andreiandrei,
Хорошо, что решили. Вот только опасное заблуждение о том, что порядок неважен, когда-нибудь сыграет с Вашим ответом злую шутку. При выборе с возвращением, когда каждый отдельный шарик может с равными шансами оказаться любым из урны независимо от следующего, не может быть неважен порядок, иначе исходы получатся неравновозможными!

Да, спасибо. По-видимому, так. Видимо, поэтому и первый мой способ неверный.
Только я как-то не совсем это понял. Ведь когда выводится формула числа сочетаний с повторениями (${\bar C}=C^k_{n+k-1}$), то там подразумевается, что у всех шариков шансы быть вынутыми равны.

Почему ж здесь это не работает?

-- 15.03.2012, 23:18 --

Кажется, разобрался. Исходы получаются неравновероятные, если, например, выбирать $k$ шаров одного цвета или $k$ шаров разных цветов, если порядок не учитывать. Спасибо.

[gris]

Кстати, я про порядок ничего не говорил. Просто не успел прочитать следующие сообщения ТС. С равновероятностью в данной задаче тоже надо осторожным быть.

[--mS--]

andreiandrei в сообщении #548773 писал(а):

Только я как-то не совсем это понял. Ведь когда выводится формула числа сочетаний с повторениями (${\bar C}=C^k_{n+k-1}$), то там подразумевается, что у всех шариков шансы быть вынутыми равны.

Когда выводится формула для числа сочетаний, равновероятность ни при чём абсолютно. Число - оно и в Африке число, это просто количество исходов. Например, "два герба", "две решки", "один герб и одна решка" - исходов три. Но они неравновозможны при двукратном бросании монеты.

gris в сообщении #548813 писал(а):

Кстати, я про порядок ничего не говорил. Просто не успел прочитать следующие сообщения ТС.

А речь и не про порядок, а про предложение один белый исключить, и рассматривать остальные пять. Контрпример выше.

[gris]

Я вовсе не то имел в виду, но в торопливости не сумел правильно выразить свою мысль. А потом санитары отключили компы скоропостижно лёг спать. Но не буду наивно оправдываться .

[andreiandrei]

--mS-- в сообщении #548831 писал(а):

andreiandrei в сообщении #548773 писал(а):

Только я как-то не совсем это понял. Ведь когда выводится формула числа сочетаний с повторениями (${\bar C}=C^k_{n+k-1}$), то там подразумевается, что у всех шариков шансы быть вынутыми равны.

Когда выводится формула для числа сочетаний, равновероятность ни при чём абсолютно. Число - оно и в Африке число, это просто количество исходов. Например, "два герба", "две решки", "один герб и одна решка" - исходов три. Но они неравновозможны при двукратном бросании монеты.

Да, с этим уже разобрался. Спасибо.

Только здесь кроме этого, похоже, ещё что-то?
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).

[gris]

Я всё же осторожно выскажу своё мнение.
В вероятностных задачах мы часто ищем разбиение всего пространства событий на элементарные равновозможные непересекающиеся события (исходы), а потом вычисляем вероятность путём деления числа благоприятных исходов на общее число исходов.
Иногда невозможно или неэффективно делить пространство на равновозможные события. Можно делить и на элементарные события с отличающейся вероятностью.
Потом объединять, складывать вероятности, перенормировать и т.д. Тут уже работает не число событий, а их совокупная вероятность.

Но мы должны строго следить, чтобы эти события не пересекались и покрывали всё пространство.

[andreiandrei]

Спасибо, gris

Я понял так.
В случае с выбором без возвращения элементарные события - это "вынуть два шара". Все они равновероятны. Но только число способов вынуть два шара в случае когда требуется вынуть одинаковые или разные шары - разное. В моём примере с двумя белыми и двумя чёрными - их 4 в случае с двумя вынутыми разными шарами и 1 в случае с двумя белыми. Поэтому и вероятности разные.

А в случае с выбором с возвращением равновероятными элементарными событиями будут выборы $k$ шаров с учётом порядка (из-за того, что у всех шаров одинаковые шансы быть вынутыми). А чтоб получить уже полную вероятность вытащить $i$ белых и $j$ чёрных шаров ($i+j=k$), надо умножить вероятность вынимания нужного нам набора шаров в определённом порядке на число всевозможных способов (очерёдностей) вынимания этих шаров, то есть, как я делал в исходной задаче для каждого набора чёрных и белых шаров, на число всевозможных разбиений $k$ вынутых шаров на две группы: $i$ белых и $j$ чёрных.
Правильно?

[gris]

Не успеваю ответить. Если тема будет ещё актуальна через неделю, то можно будет поговорить. А сейчас в безинетье уезжаю

[andreiandrei]

gris в сообщении #548912 писал(а):

Если тема будет ещё актуальна через неделю, то можно будет поговорить. А сейчас в безинетье уезжаю

Хорошо. Спасибо.
И где ж ещё такие места остались?