Treść zadania

Najlepsze rozwiązanie

• 

  1 0

  antekL1 27.6.2012 (09:27)

  1.
  Mamy dwa zdarzenia i musi zajść ich iloczyn H n A, gdzie:
  A - otrzymanie k orłów
  H - wylosowanie liczby parzystej
  Zdarzenie A rozbija się na sumę wykluczających się zdarzeń:
  A0 - wylosowanie 0 orłów; prawdopodobieństwo p(A0) = 1/4
  A1 - wylosowanie 1 orła; prawdopodobieństwo p(A1) = 1/2
  A2 - wylosowanie 2 orłów; prawdopodobieństwo p(A2) = 1/4.
  
  Prawdopodobieństwo zajścia iloczynu H n A rozbijamy na części ze wzoru na prawdopodobieństwo warunkowe:
  
  p(H \cap A) = p[H \cap (A_0 \cup A_1 \cup A_2)] =
  
  = p(H|A_0)\,p(A_1) + p(H|A_1)\,p(A_1) + p(H|A_2)\,p(A_2)
  
  Prawdopodobieństwa p(H | A1) itd to prawdopodobieństwa wylosowania liczby parzystej odpowiednio ze zbiorów H0, H1, H2. Wynoszą one:
  p(H | A1) = 2/3 (bo 0 i 2 są liczbami parzystymi)
  p(H | A2) = 1/3 (bo 2 jest liczbą parzystą)
  p(H | A1) = 2/5 (bo 2 i 4 są liczbami parzystymi)
  
  a)
  Ze wzoru powyżej mamy:
  
  p(H \cap A) = \frac{2}{3}\cdot\frac{1}{4} + \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2} + \frac{2}{5}\cdot\frac{1}{4} = \frac{13}{30}
  
  b)
  Treść zadania oznacza:
  Wylosowano liczbę parzystą. Jakie jest prawdopodobieństwo, że pochodziła ona z pojemnika H1 ?
  
  Wiemy, że zdarzenie H n A zaszło. Prawdopodobieństwo, że zaszło A1 pod warunkiem zajścia H obliczamy ze wzoru Bayesa na prawdopodobieństwo a posteriori:
  
  p(A_1 | H) = \frac{p(H | A_1)\,p(A_1)}{p(H \cap A)} = \frac{\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2} }{\frac{13}{30}} = \frac{5}{13}
  
  ===============================
  
  2.
  Ponownie prawdopodobieństwo warunkowe w części (a) i wzór Bayesa w części (b).
  
  a)
  Zdarzenie A - wylosowanie kuli z pierwszego pojemnika.
  Zdarzenie B - wylosowanie liczby parzystej z drugiego pojemnika.
  Zdarzenie A rozbija się na wykluczające się A1 i A2
  A1 - wylosowanie parzystej z pierwszego pojemnika, p(A1) = 2/3
  A2 - wylosowanie NIEparzystej z pierwszego pojemnika, p(A2) = 1/3
  Zdarzenia warunkowe:
  p(B | A1) = 3/6 (bo w drugim pojemniku jest 2 parzyste, które tam były i jeszcze jedna parzysta przełożona z pierwszego pojemnika)
  p(B | A2) = 2/6 (bo w drugim pojemniku nadal są tylko 2 parzyste).
  
  p(B \cap A) = p(B|A_1)\,p(A_1) + p(B|A_2)\,p(A_2) = \frac{3}{6}\cdot\frac{2}{3} + \frac{2}{6}\cdot\frac{1}{3} = \frac{4}{9}
  
  b)
  Wiemy, że zaszło B, pytamy się o prawdopodobieństwo p(A1 | B).
  
  p(A1 | B) = \frac{p(B|A_1)\,p(A_1)}{p(B \cap A)} = \frac{\frac{3}{6}\cdot\frac{2}{3} }{\frac{4}{9}} = \frac{3}{4}
  
  ===============================
  
  3.
  Ponownie prawdopodobieństwo warunkowe.
  Zdarzenie A = A1 u A2 to losowanie pierwszego lub drugiego pojemnika
  p(A1) = p(A2) = 1/2 bo szanse na każdy pojemnik są jednakowe.
  Zdarzenie B to wylosowanie kul różnego koloru.
  p(B | A1) to szansa na różnokolorowe kule z pierwszego pojemnika
  p(B | A2) to szansa na różnokolorowe kule z drugiego pojemnika
  
  Obliczamy p(B | A1).
  Zdarzeń elementarnych jest 10 (kombinacje 2 z 5)
  Zdarzeń sprzyjających jest 6 (kombinacje 1 z 3 razy kombinacje 1 z 2)
  p(B | A1) = 6/10
  
  Obliczamy p(B | A2).
  Zdarzeń elementarnych jest 10 (kombinacje 2 z 5)
  Zdarzeń sprzyjających jest 4 (kombinacje 1 z 4 razy kombinacje 1 z 1)
  p(B | A1) = 4/10
  
  p(B \cap A) = \frac{6}{10}\cdot\frac{1}{2} + \frac{4}{10}\cdot\frac{1}{2} = \frac{1}{2}
  
  Zauważ, że gdyby zmieszać zawartość pojemników byłoby 10 kul w tym 7 białych i 3 czarne i szansa na różnokolorowe kule wynosiłaby 7 * 3 / 45 = 7/15 a więc nieco mniejsza niż obliczona.
  
  ===============================
  
  Zgłoś proszę ponownie pozostałe zadania, bo ten tekst staje się za długi...
  A może rozwiązania pierwszych trzech pomogą Ci samodzielnie zrobić resztę?

  Dodawanie komentarzy zablokowane - Zgłoś nadużycie