Теория вероятностей. Простой вопрос. Нужно ли умножать на 3?

[Tosha]

В ящике 12 колпачков одинаковой формы. 4 белых, 3 синих и 5 красный. Наудачу берут 3 колпачка.
Найти вероятность того, что среди них 1 белый и 2 синих.

$\dfrac{4}{12}\cdot \dfrac{3}{11}\cdot \dfrac{2}{10}$ или $3\cdot \dfrac{4}{12}\cdot \dfrac{3}{11}\cdot \dfrac{2}{10}$, вот в чем вопрос.

Умножаю на 3, так как можно порядок менять. Хотя он нам не важен, но может "увеличить вероятность" этот порядок. Вот такой странный вопрос.!

[ИСН]

В теории предметов в ящиках, как правило, на такие вопросы следует отвечать с помощью доведения до абсурда. Пусть там 5 колпачков: 3 белых и 2 чёрных. Мы берём наобум два; с какой вероятностью это будут один белый и один чёрный? Нужно ли умножать на три два?

[Tosha]

ИСН в сообщении #1005899 писал(а):

В теории предметов в ящиках, как правило, на такие вопросы следует отвечать с помощью доведения до абсурда. Пусть там 5 колпачков: 3 белых и 2 чёрных. Мы берём наобум два; с какой вероятностью это будут один белый и один чёрный? Нужно ли умножать на три два?

Пока что абсурда не вижу, получается $0,3$ или $0,6$ ;)) Или я как-то не так считаю?

[Александрович]

Tosha в сообщении #1005893 писал(а):

Умножаю на 3, так как можно порядок менять.

Почему не на 6?

[Tosha]

Александрович в сообщении #1005902 писал(а):

Tosha в сообщении #1005893 писал(а):

Умножаю на 3, так как можно порядок менять.

Почему не на 6?

Потому как я думал так --- достаем 2 колпачка, а не пять. Благоприятные исходы БЧ, ЧБ.

[Александрович]

Tosha в сообщении #1005904 писал(а):

Александрович в сообщении #1005902 писал(а):

Tosha в сообщении #1005893 писал(а):

Умножаю на 3, так как можно порядок менять.

Почему не на 6?

Потому как я думал так --- достаем 2 колпачка, а не пять. Благоприятные исходы БЧ, ЧБ.

Я о первой вашей задаче, там где 3 колпачка.

[Evgenjy]

Tosha в сообщении #1005893 писал(а):

Вот такой странный вопрос.

Про странный вопрос. Пространный ответ: $C_4^1\cdot C_3^2/C_{12}^3$. Значит в вашем случае следует умножать на 3.

[ИСН]

Tosha в сообщении #1005901 писал(а):

Пока что абсурда не вижу, получается $0,3$ или $0,6$ ;)) Или я как-то не так считаю?

Какова вероятность, что мы вынем хоть какие-то два колпачка? Очевидно, 1.
Каковы варианты насчёт их цвета, и вероятности этих вариантов? Дают ли эти вероятности в сумме 1?

[svv]

Я бы написал не просто $3\cdot \dfrac{4}{12}\cdot \dfrac{3}{11}\cdot \dfrac{2}{10}$, а как-то так:

$\dfrac{4_\text{бел}}{12}\cdot \dfrac{3_\text{син}}{11}\cdot \dfrac{2_\text{син}}{10}+\dfrac{3_\text{син}}{12}\cdot \dfrac{4_\text{бел}}{11}\cdot \dfrac{2_\text{син}}{10}+\dfrac{3_\text{син}}{12}\cdot \dfrac{2_\text{син}}{11}\cdot \dfrac{4_\text{бел}}{10}$

Не думаю, что теперь поднимется рука оставить только одно слагаемое.

[Tosha]

ИСН в сообщении #1005923 писал(а):

Tosha в сообщении #1005901 писал(а):

Пока что абсурда не вижу, получается $0,3$ или $0,6$ ;)) Или я как-то не так считаю?

Какова вероятность, что мы вынем хоть какие-то два колпачка? Очевидно, 1.
Каковы варианты насчёт их цвета, и вероятности этих вариантов? Дают ли эти вероятности в сумме 1?

Спасибо.

$0,3$ ББ
$0,3$ БЧ
$0,3$ БЧ
$0,1$ ЧЧ

Тогда получается, что их сумма равна 1.

Значит нужно учитывать их порядок, потому ответ на исходную задачу будет $3\cdot \dfrac{4}{12}\cdot \dfrac{3}{11}\cdot \dfrac{2}{10}$. Верно?

[svv]

Tosha в сообщении #1006393 писал(а):

Значит нужно учитывать их порядок, потому ответ на исходную задачу будет $3\cdot \dfrac{4}{12}\cdot \dfrac{3}{11}\cdot \dfrac{2}{10}$. Верно?

В каком-то смысле как раз наоборот: их порядок не нужно учитывать (любой порядок извлечения благоприятен), и именно потому вероятность увеличивается втрое.

Посмотрите на мою формулу. Попробуйте понять обозначения. Когда поймёте — не должно остаться никаких вопросов.

[_hum_]

надо действовать так - представим, что мы эти карандаши незаметно для того, кто наблюдает за экспериментом, пометили числами.
результат разве изменится? нет! значит, изначально нужно ориентироваться на их уникальность, несмотря на то, что цвет одинаков - так проще не запутаться.

(хотя всегда нужно помнить, что не всегда реально такую пометку можно сделать - например, элементарные частицы не все это позволяют, оттого приходится в эксперименте определять, какой статистике они подчиняются - той, что описывает различаемые частицы, или той, что нет. но для макрообъектов типа карандашей таких проблем не возникает)

[ShMaxG]

_hum_ в сообщении #1006443 писал(а):

надо действовать так - представим, что мы эти карандаши незаметно для того, кто наблюдает за экспериментом, пометили числами.
результат разве изменится? нет! значит, изначально нужно ориентироваться на их уникальность, несмотря на то, что цвет одинаков - так проще не запутаться.

Переведу для автора темы эти слова на формальный язык. Дано множество попарно различимых объектов $\rm A=\{\alpha_1,...,\alpha_{12}\}$. Сформируем пространство элементарных исходов $\Omega=\{\omega_1,...,\omega_n\}$, где каждый исход эксперимента представляет собой упорядоченную тройку различных элементов из $\rm A$: $\omega_k = (\alpha_i,\alpha_j,\alpha_m)$ для каждого $k$, где $i \ne j \ne m \ne i$. В качестве алгебры возьмем множество всех подмножеств $2^{\Omega}$. В качестве вероятностной меры выберем такую, чтобы для любого $k=1,...,n$

$$\mathbf{P}(\{\omega_k\}) = \frac{1}{n}, \ \ n=|\Omega|=12\cdot 11\cdot 10;$$

эта мера определяется однозначно. Пусть наконец событие $A$ состоит из таких троек, в которых необходимо присутствует ровно один элемент из $\{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4\}$, и ровно два элемента из $\{\alpha_5,\alpha_6,\alpha_7\}$. Мощность такого множества $|A|=3 \cdot 4 \cdot 6 $. Тройка впереди появляется, потому что $\Omega$ состоит из упорядоченных троек, а для события $A$ этот порядок не важен. Остается воспользоваться классическим определением вероятности

$$\mathbf{P}(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}=\frac{3 \cdot 4 \cdot 6}{12\cdot 11\cdot 10},$$

так как по условию все события $\{\omega_k\}$ равновероятны и не пересекаются.