Печать страницы - Теория вероятностей

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 10:10

Эта тема еще не охвачена :)

На самом деле у меня для начала вопрос по комбинаторике, потом будут по теорверу.

Вопрос такой: есть 7 мальчиков и 5 девочек, сколько есть возможных делений на тройки так, чтобы в каждой тройке были мальчики и девочки?
Если подойти так: общее количество делений на группы, минус количество делений, где есть группа девочек, минус количество делений, где есть группа мальчиков, плюс количество делений, где есть и группа девочек и группа мальчиков (ибо мы этот случай вычли дважды) - это покроет все?

Итого: $[tex]\binom{12}{3,3,3,3}-\binom{5}{3}\binom{9}{3,3,3}-\binom{7}{3}\binom{9}{3,3,3}+\binom{5}{3}\binom{7}{3}\binom{6}{3,3}[/tex]$ .

Что-то мне не нравится в этом деле.

Название: Теория вероятности
Отправлено: Joris от марта 16, 2011, 10:14

Offtop

лингвофорум... кстати, для меня остался загадкой практический смысл теории вероятностей... не могу придумать ей практического применения

Название: Теория вероятности
Отправлено: maristo от марта 16, 2011, 10:16

Анализ экспериментальных данных, прогрнозы.

Название: Теория вероятности
Отправлено: hurufu от марта 16, 2011, 10:17

Она есть обратная сторона статистики.

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 10:19

Цитата: Juuurgen от марта 16, 2011, 10:14
лингвофорум... кстати, для меня остался загадкой практический смысл теории вероятностей... не могу придумать ей практического применения

Да вы что?!! Ужис какой. :o У теорвера применений столько, что жизни не хватит перечислить.
Что ближе к моей теме: распознавания речи работает на вероятностных моделях. Машинный перевод — тоже. И так далее.

Название: Теория вероятности
Отправлено: Joris от марта 16, 2011, 10:21

Цитата: RawonaM от марта 16, 2011, 10:19
У теорвера применений столько, что жизни не хватит перечислить.

ну у мну только азы знакомства с ней...

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 16, 2011, 10:30

Цитата: Juuurgen от марта 16, 2011, 10:14
кстати, для меня остался загадкой практический смысл теории вероятностей... не могу придумать ей практического применения

Начните в нарды играть, сразу почувствуете. ;D

Вообще, как говорит один наш профессор, все процессы вероятностные, а те, которые мы считаем детерминированными, просто имеют малую дисперсию.

Задача выносит мозг. :yes: Надо думать.

Название: Теория вероятности
Отправлено: Joris от марта 16, 2011, 10:33

Цитата: Квас от марта 16, 2011, 10:30
Начните в нарды играть, сразу почувствуете. ;D

я "умею" в нарды играть))) но честно, вероятность возможных ходов веса этой теории не прибавляет))) а смысла просчитывать то, что на кубиках выпадет нет. Тут элемент случайности.

Название: Теория вероятности
Отправлено: hurufu от марта 16, 2011, 10:38

Цитата: RawonaM от марта 16, 2011, 10:10
Если подойти так: общее количество делений на группы, минус количество делений, где есть группа девочек, минус количество делений, где есть группа мальчиков, плюс количество делений, где есть и группа девочек и группа мальчиков.

Да вот я тоже решал, и думал аналогично:
$[tex]C=\binom{12}{3}-\binom{7}{3}-\binom{5}{3}[/tex]$
Только потом надо еще раз комбинацию из 12 по 3 добавить?

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 16, 2011, 10:41

Цитата: Juuurgen от марта 16, 2011, 10:33
Цитата: Квас от Сегодня в 11:30
ЦитироватьНачните в нарды играть, сразу почувствуете. ;D
я "умею" в нарды играть))) но честно, вероятность возможных ходов веса этой теории не прибавляет))) а смысла просчитывать то, что на кубиках выпадет нет. Тут элемент случайности.

Кто владеет вероятностью, лучше ставит шашки и выигрывает чаще. Не говоря уже о кубе (удвоение ставки в коротких.) Одна партия никого не интересует, нужно сыграть бесконечное число партий (или хотя бы тысячу). Вообще, смысл нард не в выигрыше, а в том, чтобы правильно ходить. :)

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 11:33

Цитата: hurufu от марта 16, 2011, 10:38
ЦитироватьЕсли подойти так: общее количество делений на группы, минус количество делений, где есть группа девочек, минус количество делений, где есть группа мальчиков, плюс количество делений, где есть и группа девочек и группа мальчиков.
Да вот я тоже решал, и думал аналогично:
$[tex]C=\binom{12}{3}-\binom{7}{3}-\binom{5}{3}[/tex]$
Только потом надо еще раз комбинацию из 12 по 3 добавить?

Не, смотрите мою формулу.
$[tex]\binom{12}{3}[/tex]$ — это выбор трех из 12.
Деление 12 на 4 группы по три — это $[tex]\binom{12}{3,3,3,3}=\binom{12}{3}\binom{9}{3}\binom{6}{3}\binom{3}{3}[/tex]$ .

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 11:35

Цитата: Квас от марта 16, 2011, 10:30
Задача выносит мозг. :yes: Надо думать.

На самом деле для тех кто в теме задача простенькая... Мы таких миллион за три часа решили на туториале, но какбе я до сих пор не уверен в технике.

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 16, 2011, 19:48

О, новая сатрапия у меня! 8-) Спасибо за доверие. :)

Цитата: RawonaM от марта 16, 2011, 10:10
Если подойти так: общее количество делений на группы, минус количество делений, где есть группа девочек, минус количество делений, где есть группа мальчиков, плюс количество делений, где есть и группа девочек и группа мальчиков (ибо мы этот случай вычли дважды) - это покроет все?

Есть разделения, в которых по две группы мальчиков. Они у вас два раза вычитаются.

Я предлагаю так. Всего четыре группы, а девочек пять, поэтому должна быть ровно одна группа с двумя девочками, а в остальных группах должна быть единственная девочка.

Предположим, что двух девочек в группу отобрали. Остальных трёх пронумеруем. Значит, надо из мальчиков набрать три группы по 2 человека, порядок групп важен. Это можно сделать
$[tex] \binom{7}{2} \binom{5}{2} \binom{3}{2} [/tex]$
способами.

Группу из двух девочек можно набрать
$[tex] \binom 52 [/tex]$
способами.

Итого
$[tex] \binom 52 \binom{7}{2} \binom{5}{2} \binom{3}{2}. [/tex]$

Вроде просто и логично. :-\

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 21:47

Цитата: Квас от марта 16, 2011, 19:48
Есть разделения, в которых по две группы мальчиков. Они у вас два раза вычитаются.

Э-э... Почему это? По-моему я же прибавил их в том числе. Диаграмму нарисовал вроде. В техе можно диаграммы Венна рисовать?

Ваше решение выглядит логично, но что-то мне не дает спокойствия.

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 21:49

В задании предварительно спрашивается, в скольких случаях создаются две тройки мальчиков и в скольких случаях не создаются троек девочек вообще. Это может говорить о том, что этот пункт можно решить через эти ответы. Но может и не говорить. :)

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 21:53

Кто-нибудь знает, как в питоне пермутации и комбинации считать? Или нет встроенных функций?

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 21:55

Цитата: Квас от марта 16, 2011, 19:48
О, новая сатрапия у меня! 8-) Спасибо за доверие. :)

Это вам спасибо :) Я думал ругаться будете :) Хотя какбе, чтоб Квас ругался... Разве бывает??))

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 21:56

Все-таки не вижу, где я вычитаю два раза то, что я не прибавляю. На диаграмме сходится, в уме тоже сходится... Посчитать нечем, надо фукнции писать что ли.

Название: Теория вероятности
Отправлено: Bhudh от марта 16, 2011, 21:59

Offtop

В условии задачи должно стоять не «деление», а «разбиение» множества.

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 22:03

Цитата: Bhudh от марта 16, 2011, 21:59
В условии задачи должно стоять не «деление», а «разбиение» множества.

А есть разница?

Название: Теория вероятности
Отправлено: Bhudh от марта 16, 2011, 22:14

Я сначала понял как «сколько есть способов выделить требуемые тройки из заданной дюжины». :eat:

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 16, 2011, 22:16

Цитата: RawonaM от марта 16, 2011, 22:03
Цитата: Bhudh от Сегодня в 22:59
ЦитироватьВ условии задачи должно стоять не «деление», а «разбиение» множества.
А есть разница?

Разбиение — термин.

Цитата: RawonaM от марта 16, 2011, 21:47
Цитата: Квас от Сегодня в 20:48
ЦитироватьЕсть разделения, в которых по две группы мальчиков. Они у вас два раза вычитаются.
Э-э... Почему это? По-моему я же прибавил их в том числе. Диаграмму нарисовал вроде. В техе можно диаграммы Венна рисовать?

Рассмотрим разбиение, в котором есть группы {Вася, Коля, Петя} и {Арчи, Билли, Джо}. Сначала вы его вычитаете, когда рассматриваете разбиения, содержащее группу {Вася, Коля, Петя}, а второй раз — когда рассматриваете разбиения с группой {Арчи, Билли, Джо}. (К делу не относится, но когда распределяем пять девочек по двум оставшимся группам, то хотя бы одна группа будет состоять только из девочек, поэтому это разбиение вы вычтите третий раз.)

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 22:37

Цитата: Bhudh от марта 16, 2011, 22:14
Я сначала понял как «сколько есть способов выделить требуемые тройки из заданной дюжины». :eat:

А надо как? Что-то я не вижу разницы.
Что термин, понял, но смысловой разницы не ощущаю.

Цитата: Квас от марта 16, 2011, 22:16
Рассмотрим разбиение, в котором есть группы {Вася, Коля, Петя} и {Арчи, Билли, Джо}. Сначала вы его вычитаете, когда рассматриваете разбиения, содержащее группу {Вася, Коля, Петя}, а второй раз — когда рассматриваете разбиения с группой {Арчи, Билли, Джо}.

Точно, правильно. Поэтому спрашивали насчет двух групп мальчиков.
Тогда к моему решению нужно еще прибавить $[tex] \binom 7 3 \binom 4 3 \binom 6 {3,3} [/tex]$ (варианты, где есть две группы мальчиков). Это покроет все или нет?

Название: Теория вероятности
Отправлено: Bhudh от марта 16, 2011, 22:40

Цитата: RawonaMЧто-то я не вижу разницы.

Ну не 4 тройки (12/3), а вообще любых возможных троек сколько.

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 22:41

А-а. Это называется «с возвратом». Но какбы к людям неприменимо.

Название: Теория вероятности
Отправлено: Bhudh от марта 16, 2011, 22:42

Почему неприменимо? Если выделять тройки по отдельности...

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 16, 2011, 22:51

Цитата: RawonaM от марта 16, 2011, 21:47
В техе можно диаграммы Венна рисовать?

В ТеХе лучше не рисовать. :o Можно вставлять графику.

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 16, 2011, 22:58

Если я правильно посчитал по вашей формуле, получается 303800. По моей гораздо меньше: 6300. А как вы считаете биномиальный коэффициент, у которого внизу через запятую? Там на какой-нибудь факториал не надо делить?

Внезапно обнаружил, что из комбинаторики помню только простейшие формулы: перестановки, размещения, сочетания без повторений.

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 22:59

Цитата: Квас от марта 16, 2011, 22:51
ЦитироватьВ техе можно диаграммы Венна рисовать?
В ТеХе лучше не рисовать. :o Можно вставлять графику.

Жалко :) А идея хороша. Задаешь набор множеств и отношения между ними — получаешь диаграммку :)

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 23:02

Цитата: Квас от марта 16, 2011, 22:58
Если я правильно посчитал по вашей формуле, получается 303800. По моей гораздо меньше: 6300. А как вы считаете биномиальный коэффициент, у которого внизу через запятую? Там на какой-нибудь факториал не надо делить?

Не, вот так:
$[tex]\binom{12}{3,3,3,3}=\binom{12}{3}\binom{9}{3}\binom{6}{3}\binom{3}{3}[/tex]$

Мне кажется, что-то в вашей формуле не хватет. Но я сейчас не могу этим заниматься, мне надо задание по логике до пятницы сдать, а по теорверу в воскресение, так что буду уже в субботу скорее всего :)

Цитата: Квас от марта 16, 2011, 22:58
Внезапно обнаружил, что из комбинаторики помню только простейшие формулы: перестановки, размещения, сочетания без повторений.

Скоро все вспомните ;D

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 23:03

Цитата: Квас от марта 16, 2011, 22:58
Если я правильно посчитал по вашей формуле, получается 303800.

Это вообще какое-то нереально большое число, такого даже разбиения на группы не может быть. Калькулятор китайский? :)

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 16, 2011, 23:09

Цитата: RawonaM от марта 16, 2011, 23:02
Не, вот так:
$[tex]\binom{12}{3,3,3,3}=\binom{12}{3}\binom{9}{3}\binom{6}{3}\binom{3}{3}[/tex]$

Мне кажется, что-то в вашей формуле не хватет.

Это странно, потому что порядок получается важным. Сначала выбираем группу № 1 из 12 человек, потом группу № 2 из 9 человек, потом... А если порядок групп неважен, то надо поделить на 4!, то есть число перестановок групп.

Кстати, в изначальной формуле вы два раза прибавляете разбиение из одна группа девочек + 2 группы мальчиков. (http://www.kolobok.us/smiles/madhouse/suicide2.gif)

Задачи по комбинаторике классные, единственный недостаток — думать приходитя. (http://www.kolobok.us/smiles/madhouse/prankster.gif)

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 23:18

Цитата: Квас от марта 16, 2011, 23:09
Это странно, потому что порядок получается важным. Сначала выбираем группу № 1 из 12 человек, потом группу № 2 из 9 человек, потом... А если порядок групп неважен, то надо поделить на 4!, то есть число перестановок групп.

Вы совершенно правы, я это как-то не учел.

Но мне щас нельзя засасываться в комбинаторику, у меня тут логика блин.

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 16, 2011, 23:21

Почему тогда в «Логику» не пишите?! >( Правда, моя логика — один семестр математической. Зато есть Gerbarius!

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 16, 2011, 23:25

Ну я пишу немножко. Как приступлю к заданию, завалю вопросами :)

Я тут логику по прогрессивной технологии взял — в прямом эфире через и-нет. Чисто ради интереса :)

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 19, 2011, 10:56

Цитата: Квас от марта 16, 2011, 19:48
Я предлагаю так. Всего четыре группы, а девочек пять, поэтому должна быть ровно одна группа с двумя девочками, а в остальных группах должна быть единственная девочка.

Предположим, что двух девочек в группу отобрали. Остальных трёх пронумеруем. Значит, надо из мальчиков набрать три группы по 2 человека, порядок групп важен.

Вроде бы ваш путь наиверный, мой ведет в какие-то непонятные дебри, хотя конечно при желании можно было бы добить.
Решил вашим способом. :)
Ну и исправил пару ошибок в связи с тем, что пермутации групп не учел.

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 19, 2011, 12:20

Ставим случайным образом 17 шашек на шахматную доску, допустим каждая шашка занимает одну клетку и в каждой клетке максимум одна шашка.

Сколько вариантов есть, что по крайней мере один столбец будет занят шашками?

Мой вариант: выбираем столбец с шашками (8 вариантов).
Подсчитываем случайное распределение шашек на оставшихся стобцах $[tex]\inline \binom{56}9[/tex]$ , но чтобы не посчитать дважды нужно вычесть из него варианты, где получается полный столбец шашек (1 из 7 столбцов и 48 вариантов поставить еще одну шашку).
Итого: $[tex]\inline 8(\binom{56}9 - 7\cdot48)[/tex]$

Не уверен, поэтому советуюсь.

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 19, 2011, 12:35

Разыгрывается случайное пятизначное число 00000-99999.

В скольких случаях будет ровно три семерки в числе?

$[tex]\binom52 9\cdot9[/tex]$ ?

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 19, 2011, 12:51

Че-то эта задача с числами убила во мне уверенность. :)

В скольких случаях число содержит 7 и 2 одновременно?

Имхо: $[tex]5\cdot4\cdot10^3[/tex]$ — выбираем цифру для семерки, выбираем для двойки, остальные по 10 вариантов.

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 19, 2011, 13:31

Вот еще:
В скольких вариантах в числе есть семерка или двойка, но не вместе?

Я посчитал так: выбираем разряд для семерки или двойки, заполняем остальные четыре цифры выбирая из 9, это все дважды, один раз для семерки, другой раз для двойки.
Итого: $[tex]5\cdot9^4\cdot2[/tex]$

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 19, 2011, 14:29

Цитата: RawonaM от марта 19, 2011, 12:20
Ставим случайным образом 17 шашек на шахматную доску, допустим каждая шашка занимает одну клетку и в каждой клетке максимум одна шашка.

Мне кажется, у вас в решении снова проблемы с парой столбцов. Я рассуждаю так. Выставить один столбец и раскидать остальные шашки можно
$[tex]8\binom{56}{9}[/tex]$
способами. Что мы посчитали два раза? Те расклады, в которых есть два столбца. Два столбца из восьми выбираем $[tex]\inline \binom 82[/tex]$ способами, и ещё 48 клеток для последней шашки, то есть $[tex]\inline 48\binom 82[/tex]$ . В ответе получается
$[tex]8\binom{56}{9} - 48\binom 82[/tex]$

У вас вычитается больше из-за того, что пара столбцов из шашек получаются упорядоченными: вы фиксируете первый, а потом добавляете второй.

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 19, 2011, 14:31

Цитата: RawonaM от марта 19, 2011, 12:35
Разыгрывается случайное пятизначное число 00000-99999.

В скольких случаях будет ровно три семерки в числе?

$[tex]\binom52 9\cdot9[/tex]$ ?

:+1:

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 19, 2011, 14:40

Цитата: Квас от марта 19, 2011, 14:29
В ответе получается
$[tex]8\binom{56}{9} - 48\binom 82[/tex]$

Если мой ответ подкорректировать поделив на 2! вычитаемое, то выходит то же самое:
$[tex]8(\binom{56}9 - \7\cdot48/2!)[/tex]$

Это как раз то, что я выбрал фиксированный порядок? Что-то тут не понятно.

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 19, 2011, 14:47

Цитата: RawonaM от марта 19, 2011, 12:51
Че-то эта задача с числами убила во мне уверенность. :)

В скольких случаях число содержит 7 и 2 одновременно?

Имхо: $[tex]5\cdot4\cdot10^3[/tex]$ — выбираем цифру для семерки, выбираем для двойки, остальные по 10 вариантов.

Если в числе несколько семёрок или двоек, то вы его много-много раз посчитаете.

Предлагаю навести науку. Пусть X — множество всех чисел, $[tex]|X|=10^5[/tex]$ . Через $[tex]\mathsf C[/tex]$ буду обозначать дополнение до X.

Пусть A — множество чисел, не содержащих 7, B — множество чисел не содержащих 2.
$[tex]|A| = 9^5 = |B|[/tex]$
Тогда $[tex]\mathsf C A[/tex]$ — множество чисел, содержащих 7, а $[tex]\mathsf C B[/tex]$ — множество чисел, содержащих 2. Таким образом, нас интересует множество
$[tex]\mathsf C A\cap \mathsf C B = \mathsf C (A \cup B),[/tex]$
и достаточно найти число элементов в $[tex]A \cup B[/tex]$ .
$[tex]| A \cup B | = | A |+|B|-|A\cap B|[/tex]$
$[tex]A \cap B[/tex]$ — множество чисел, не содержащих 7 и 2, поэтому
$[tex]|A \cap B | = 8^5.[/tex]$
Остаётся только собрать ответ.

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 19, 2011, 15:32

Цитата: RawonaM от марта 19, 2011, 14:40
Это как раз то, что я выбрал фиксированный порядок? Что-то тут не понятно.

Ну да, так и есть. Если есть расклад со столбцами А и Б, вы сначала выбрасываете АБ, а потом БА.

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 19, 2011, 15:48

Цитата: RawonaM от марта 19, 2011, 13:31
Вот еще:
В скольких вариантах в числе есть семерка или двойка, но не вместе?

Я посчитал так: выбираем разряд для семерки или двойки, заполняем остальные четыре цифры выбирая из 9, это все дважды, один раз для семерки, другой раз для двойки.
Итого: $[tex]5\cdot9^4\cdot2[/tex]$

Сколько же раз вы посчитаете число 70207?

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 19, 2011, 15:48

Цитата: Квас от марта 19, 2011, 14:47
Остаётся только собрать ответ.

Если я ничего не напутал, то выходит $[tex]10^5-9^5-9^5+8^5[/tex]$ .

А теперь если разобраться, то как к этому нужно было придти без формальностей теории множеств: общее количество вариантов минус числа без двойки, минус числа без семерки и плюс числа в которых нет ни двойки ни семерки (мы их вычли дважды). :)

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 19, 2011, 15:51

Цитата: RawonaM от марта 19, 2011, 13:31
В скольких вариантах в числе есть семерка или двойка, но не вместе?

А число 77722 подходит или нет?

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 19, 2011, 15:53

Цитата: RawonaM от марта 19, 2011, 15:48
А теперь если разобраться, то как к этому нужно было придти без формальностей теории множеств: общее количество вариантов минус числа без двойки, минус числа без семерки и плюс числа в которых нет ни двойки ни семерки (мы их вычли дважды). :)

Ну да, основной момент решения — формула включений-исключений, а в её основе как раз лежат такие рассуждения.

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 19, 2011, 16:03

Цитата: Квас от марта 19, 2011, 15:51
ЦитироватьВ скольких вариантах в числе есть семерка или двойка, но не вместе?
А число 77722 подходит или нет?

Так нет же.

Цитата: Квас от марта 19, 2011, 15:48
Цитировать
В скольких вариантах в числе есть семерка или двойка, но не вместе?

Я посчитал так: выбираем разряд для семерки или двойки, заполняем остальные четыре цифры выбирая из 9, это все дважды, один раз для семерки, другой раз для двойки.
Итого: $[tex]5\cdot9^4\cdot2[/tex]$
Сколько же раз вы посчитаете число 70207?

Вообще планировалось ни разу :)
Попытка номер два:
$[tex]9^5[/tex]$ — числа без двойки. Из них $[tex]8^5[/tex]$ — числа без семерки. Значит $[tex]9^5-8^5[/tex]$ — без двойки, но с семеркой.
Аналогично и без семерки, но с двойкой.
Множества не пересекаются, значит всего $[tex]2(9^5-8^5)[/tex]$ . Вроде так.

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 19, 2011, 16:10

Цитата: RawonaM от марта 19, 2011, 16:03
Вообще планировалось ни разу :)

Тогда не понимаю условие. 70207: есть 2, есть 7 и не рядом. Нужно, чтобы эти цифры встечались один раз?

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 19, 2011, 16:16

Цитата: Квас от марта 19, 2011, 16:10
Тогда не понимаю условие. 70207: есть 2, есть 7 и не рядом.

Не «рядом», а «вместе». «Обе» надо было точнее сказать.

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 19, 2011, 16:17

Утомила меня комбинаторика вообще! Действительно, думать приходится слишком интенсивно.

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 19, 2011, 16:18

Цитата: Квас от марта 19, 2011, 15:53
ЦитироватьА теперь если разобраться, то как к этому нужно было придти без формальностей теории множеств: общее количество вариантов минус числа без двойки, минус числа без семерки и плюс числа в которых нет ни двойки ни семерки (мы их вычли дважды). :)
Ну да, основной момент решения — формула включений-исключений, а в её основе как раз лежат такие рассуждения.

Но это не верно, потому что не могли мы прибавить числа без двойки и без семерки, ибо они исключены вопросом. Что же мы тогда прибавляем такое?..

Беру передых. С самого утра над этим сижу.

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 19, 2011, 16:54

Цитата: RawonaM от марта 19, 2011, 13:31
Вот еще:
В скольких вариантах в числе есть семерка или двойка, но не вместе?

Я посчитал так: выбираем разряд для семерки или двойки, заполняем остальные четыре цифры выбирая из 9, это все дважды, один раз для семерки, другой раз для двойки.
Итого: $[tex]5\cdot9^4\cdot2[/tex]$

Ладно, а число 77700 вы сколько раз посчитаете?

Подход рассмотреть отдельно семёрку и двойку хорош. Мне кажется, лучше здесь через отрицание: если двойку не использовать, то нет семёрки в 8^5 чисел, значит, она есть в 9^5-8^5 чисел. В стольких же числах есть двойка и нет семёрки.

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 19, 2011, 16:58

Я же уже перефразировал выше:

Цитата: RawonaM от марта 19, 2011, 16:03
Попытка номер два:
$[tex]9^5[/tex]$ — числа без двойки. Из них $[tex]8^5[/tex]$ — числа без семерки. Значит $[tex]9^5-8^5[/tex]$ — без двойки, но с семеркой.
Аналогично и без семерки, но с двойкой.
Множества не пересекаются, значит всего $[tex]2(9^5-8^5)[/tex]$ . Вроде так.

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от марта 19, 2011, 17:07

Я вам рекомендую включить уведомления о новых ответах во время постинга. Это иногда мешает, но зато не будете пропускать сообщений. :)

Название: Теория вероятности
Отправлено: Квас от марта 19, 2011, 17:10

Оно работает, но я умудряюсь пропускать всё равно. :) Il faut le faire.

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от апреля 1, 2011, 00:31

93 получил по этому заданию, без пары ошибок не обошлось. Главное: когда делим на группы мальчиков и девочек, то нужно учитывать, что не все группы одинаковые и перестановки возможны только между однородными группами.

Название: Теория вероятности
Отправлено: Тайльнемер от апреля 5, 2011, 09:38

ЦитироватьТеория вероятности

Название темы кто-нибудь поправит?

Spoiler ⇓⇓⇓

Название: Теория вероятности
Отправлено: RawonaM от апреля 5, 2011, 09:39

Поправил :) Понятия не имел, что их много.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: piton от апреля 6, 2011, 16:31

Предложу задачу по теории вероятности. :)
Телеигра. За одной из трех дверей лежит Приз. Игрок выбрал свою дверь.
Тут ведущий открывает одну из оставшихся дверей. Все видят, что никакого приза за ней нету.
Ведущий тогда предложил игроку воспользоваться правом поменять свое решение.
Как поступить?
Совершенно неважно, знает ли ведущий где Приз, никакой психологии тут нету.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 6, 2011, 16:40

Цитата: piton от апреля 6, 2011, 16:31
теории вероятности. :)

Говорят их много.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Тайльнемер от апреля 6, 2011, 19:59

Забавная задачка :)

Цитата: piton от апреля 6, 2011, 16:31
Тут ведущий открывает одну из оставшихся дверей. Все видят, что никакого приза за ней нету.
. . .
Совершенно неважно, знает ли ведущий где Приз

А разве ведущий может не знать, где приз? Ведь чтобы открыть дверь без приза, нужно знать, где приз.

Ответ:

Spoiler ⇓⇓⇓

Правильно?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от апреля 6, 2011, 20:18

Если мы первый раз выбрали приз (вероятность 1/3), то меняя выбор, мы однозначно проигрываем.
Если мы первый раз выбрали не приз (вероятность 2/3), то меняя выбор, мы однозначно выигрываем.
Да.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: piton от апреля 6, 2011, 20:28

Я правильного ответа сам не знаю. :)
Но рассуждаю точно так же.
Однако есть такой фактор, что шибко грамотным не везет.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 6, 2011, 21:02

Цитата: piton от апреля 6, 2011, 16:31
Предложу задачу по теории вероятности. :)
Телеигра. За одной из трех дверей лежит Приз. Игрок выбрал свою дверь.
Тут ведущий открывает одну из оставшихся дверей. Все видят, что никакого приза за ней нету.
Ведущий тогда предложил игроку воспользоваться правом поменять свое решение.
Как поступить?
Совершенно неважно, знает ли ведущий где Приз, никакой психологии тут нету.

Можно менять, можно не менять: значения не имеет. Известно, что приз за одной из до сих пор закрытых дверей (раз уж за открытой его не оказалось). Двери равноправны. Следовательно, с одинаковыми шансами можно выбрать любую.

По аналогичной причине в любой лотерее я тупо вычёркивал бы первые числа, никакого интереса. :( :green:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 6, 2011, 21:10

Цитата: Alone Coder от апреля 6, 2011, 20:18
Если мы первый раз выбрали приз (вероятность 1/3), то меняя выбор, мы однозначно проигрываем.
Если мы первый раз выбрали не приз (вероятность 2/3), то меняя выбор, мы однозначно выигрываем.
Да.

Интересней найти здесь ошибку. Здесь как бы работает формула полной вероятности, но если записать аккуратно, то не стыкуется. Причина нестыковки в том, что вероятности гипотез (в первый раз выбрали или не выбрали приз) вычисляются, не учитывая факта отсутствия приза за третьей дверью, а условные вероятности нахождения приза со второй попытки вычисляются с учётом этого факта.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от апреля 6, 2011, 22:06

А здесь нет ошибки. Промоделируйте на бейсике.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 6, 2011, 22:07

Что там моделировать? Эта задача равносильна выбору из двух дверей.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 6, 2011, 22:16

Цитата: Alone Coder от апреля 6, 2011, 22:06
А здесь нет ошибки. Промоделируйте на бейсике.

При чём тут бейсик? :o

Если говорить кратко, то остаётся процитировать RawonaM-а:

Цитата: RawonaM от апреля 6, 2011, 22:07
Эта задача равносильна выбору из двух дверей.

Длинно говорить предлагаю вам, если хотите. :) Напишите решение целиком, и обсудим. А без решения ответ силы не имеет.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 05:23

Цитата: Квас от апреля 6, 2011, 21:02
Можно менять, можно не менять: значения не имеет. Известно, что приз за одной из до сих пор закрытых дверей (раз уж за открытой его не оказалось). Двери равноправны. Следовательно, с одинаковыми шансами можно выбрать любую.

А вот и нет!
Если вы будете выбирать из двух оставшихся случайно, то будете выигрывать с вероятностью 1/2.
А если вы будете именно менять своё предыдущее решение, то выиграете с вероятностью 2/3.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 05:26

Можно переформулировать задачу так, чтобы это было очевидно:

Вы выбрали одну из трёх дверей, а теперь ведущий предлагает вам: либо вы открываете свою выбранную дверь, либо сразу две остальные. Что выбираете?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 7, 2011, 09:18

Тайльнемер, вы похоже условие задачи не поняли. Да и я тоже долго не понимал, что хотят.

Цитата: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 05:23
Если вы будете выбирать из двух оставшихся случайно, то будете выигрывать с вероятностью 1/2.
А если вы будете именно менять своё предыдущее решение, то выиграете с вероятностью 2/3.

В том-то и дело, что по условию нет разницы между выбором случайно и случайным решением «менять выбор или не менять».

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 7, 2011, 09:21

Как я это понимаю: выбор двери из трех, вероятность выигрыша — 1/3.
Выбрал дверь (но не открыл ее), ведущий показал на дверь без приза, теперь выбор из двух дверей и вероятность 1/2 при выборе любой из них («менять или не менять»).

Можно на шарики перевести, проще понимается.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 09:39

Мне в этой задаче вот что непонятно. То, что вероятность повышается, это ясно. После того, как ведущий открыл одну из дверей, и за ней нет приза, ясно, что теперь я буду решать уже новую задачу, где вероятность 1/2 вместо 1/3. Но почему ответ

Цитата: Тайльнемер от апреля 6, 2011, 19:59
Менять решение надо обязательно.

?

Вот это мне непонятно. Да, после смены условий мой первоначальный выбор имеет вероятность оказаться правильным уже 0,5. Но у второй закрытой двери тоже 0,5. Почему мне стоит предпочесть ее в новых условиях?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 7, 2011, 09:40

From_Odessa, +1. Хоть в чем-то мы согласны :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 09:44

Цитата: RawonaM от апреля 7, 2011, 09:40
From_Odessa, +1. Хоть в чем-то мы согласны :)

:green: :green: :green:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 7, 2011, 10:04

Цитата: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 05:23
Цитата: Квас от Вчера в 22:02
ЦитироватьМожно менять, можно не менять: значения не имеет. Известно, что приз за одной из до сих пор закрытых дверей (раз уж за открытой его не оказалось). Двери равноправны. Следовательно, с одинаковыми шансами можно выбрать любую.
А вот и нет!
Если вы будете выбирать из двух оставшихся случайно, то будете выигрывать с вероятностью 1/2.
А если вы будете именно менять своё предыдущее решение, то выиграете с вероятностью 2/3.

Напишите, напишите. Разговоров много, а решения нет. Нужно рассмотреть события, гипотезы, применить формулу полной вероятности. Задачи голосованием не решаются.

Похоже, расписывать в конце концов придётся мне самому.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 10:11

Цитата: RawonaMнет разницы между выбором случайно и случайным решением «менять выбор или не менять»

Да, это так. Однако, я говорил не про случайное решение «менять выбор или не менять», а именно про фиксированное решение «обязательно менять выбор». Это важно!

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 7, 2011, 10:14

Цитата: Квас от апреля 7, 2011, 10:04
Задачи голосованием не решаются.

У нас на ЛэФэ даже правдивость исторических событий устанавливается голосованием. :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 10:17

Цитата: From_Odessa от апреля 7, 2011, 09:39
Да, после смены условий мой первоначальный выбор имеет вероятность оказаться правильным уже 0,5.

Это неверно.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 7, 2011, 10:19

После того как ведущий открыл одну дверь это уже новый эксперимент в котором есть два события.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 10:23

Цитата: RawonaM от апреля 7, 2011, 10:19
После того как ведущий открыл одну дверь это уже новый эксперимент в котором есть два события.

Да, но вероятности у них неодинаковы.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 7, 2011, 10:28

Цитата: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 10:23
ЦитироватьПосле того как ведущий открыл одну дверь это уже новый эксперимент в котором есть два события.
Да, но вероятности у них неодинаковы.

Почему?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 10:31

Цитата: RawonaM от апреля 7, 2011, 10:28
Почему?

Меня это тоже очень интересует.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 10:42

Тайльнемер

Давайте я разложу по полочкам своё видение, а Вы укажите мне на ошибку.

Итак, есть двери А, Б, В. За одной из них есть приз, никаких дополнительных данных у нас нет. Потому вероятность нахождения приза за каждой из дверей:

А - 1/3

Б - 1/3

В - 1/3

Я делаю выбор в пользу А, вероятность, как мы видим, 1/3, что я угадаю. Тут ведущий открывает дверь Б, и я вижу, что за ней нет приза. Это означает, что он лежит за дверью А или за дверью В. Поскольку дверей две, то теперь вероятность того, что при за одной из них:

А - 1/2

В - 1/2

Никаких дополнительных условий мне неизвестно. В этой ситуации, по Вашим словам, необходимо обязательно выбрать дверь В. Почему? Каким образом вероятность того, что приз находится за ней, выше, чем вероятность того, что приз находится за дверью А?

Цитата: Тайльнемер от апреля 6, 2011, 19:59
если его не поменять, то вероятность остаётся такой же, как до открытия ведущим дверцы, т. е. 1/3.

Почему она будет такой же? Когда одна дверь выпала, вероятность увеличилась до 1/2-й.

Цитата: Тайльнемер от апреля 6, 2011, 19:59
А если поменять решение, то, стало быть, вероятность будет 1 − 1/3 = 2/3, что аж в 2 раза выгоднее!

Давайте определимся с тем, что это за тройка в знаменателе. Это тройка является количеством дверей. Она актуальна только для ситуации, когда вариантов выбора три. Так вот, когда их три, вероятность того, что приз за дверью В, равна 1/3. 2/3 Вы никак не получите. Когда же дверей остается две, эта тройка теряет свой смысл, потому в этой ситуации о 2/3-х тоже говорить нет смысла.
Вот как я это понимаю.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 10:53

Задачка шикарная! Даже Квас на ней попался! :green:

Цитата: From_Odessa от апреля 7, 2011, 10:42
Цитата: Тайльнемер от апреля 6, 2011, 19:59
если его не поменять, то вероятность остаётся такой же, как до открытия ведущим дверцы, т. е. 1/3.
Почему она будет такой же? Когда одна дверь выпала, вероятность увеличилась до 1/2-й.

Вот смотрите. Тут всё просто.
Было 3 закрытых двери. Вы выбрали одну и твёрдо решили больше не менять решение, что бы не происходило. Тогда вы выиграете с вероятностью 1/3, независимо от того, открывал ведущий дверь или не открывал. Согласны?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 7, 2011, 10:57

Цитата: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 10:53
Даже Квас на ней попался! :green:

:P Вы напишете формальное решение или нет? :eat:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 10:58

Цитата: Квас от апреля 7, 2011, 10:57
Вы напишете формальное решение или нет?

Щас попробую.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: piton от апреля 7, 2011, 11:10

Как бы не решалась задача, а поменять решение на всякий случай нужно. :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 7, 2011, 11:14

Цитата: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 10:53
Было 3 закрытых двери. Вы выбрали одну и твёрдо решили больше не менять решение, что бы не происходило. Тогда вы выиграете с вероятностью 1/3, независимо от того, открывал ведущий дверь или не открывал. Согласны?

Согласны. Дальше.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 11:16

Цитата: piton от апреля 7, 2011, 11:10
Как бы не решалась задача, а поменять решение на всякий случай нужно

Это другой вопрос, к обсуждению решения задачи отношения не имеющий :)

Цитата: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 10:53
Было 3 закрытых двери. Вы выбрали одну и твёрдо решили больше не менять решение, что бы не происходило. Тогда вы выиграете с вероятностью 1/3, независимо от того, открывал ведущий дверь или не открывал. Согласны?

Не согласен вот с этим:

Цитата: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 10:53
и твёрдо решили больше не менять решение, что бы не происходило

Такого в условии задачи я не видел.
Но пока что допустим, что это так. Говори далее, боярин :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 11:19

piton

К слову. А где Вы взяли эту задачу?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: piton от апреля 7, 2011, 11:23

Цитата: From_Odessa от апреля 7, 2011, 11:19
А где Вы взяли эту задачу?

Знакомый рассказал. Уверяет, что надо менять. Кипит мой разум возмущенный.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 12:00

Цитата: From_Odessa от апреля 7, 2011, 11:16
Не согласен вот с этим:
Цитата: Тайльнемер от Сегодня в 14:53:35
Цитироватьи твёрдо решили больше не менять решение, что бы не происходило
Такого в условии задачи я не видел.

Это и не из условия. Это из моего предположения.

Цитата: RawonaM от апреля 7, 2011, 11:14
Согласны. Дальше.

Дальше представьте, что у нас два игрока, и первое решение они принимали вместе. А когда ведущий открыл пустую дверь, первый игрок не стал менять решения, а второй поменял.
Очевидно, что т. к. неоткрытых двери только две, и т. к. игроки дали разные ответы, то один из них обязательно выиграет.
Но раз первый игрок выигрывает с вероятностью 1/3 (с чем вы уже согласились), то второй будет выигрывать с вероятностью 1 − 1/3 = 2/3.
Согласны?
_______________________
PS: С формальной записью я что-то пока туплю... Должно быть очень просто по идее...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 7, 2011, 12:04

Цитата: RawonaM от апреля 7, 2011, 11:14
ЦитироватьБыло 3 закрытых двери. Вы выбрали одну и твёрдо решили больше не менять решение, что бы не происходило. Тогда вы выиграете с вероятностью 1/3, независимо от того, открывал ведущий дверь или не открывал. Согласны?
Согласны. Дальше.

Беру назад свое согласие.
Вероятность 1/3 вместе с тремя дверями. Когда ведущий открыл одну дверь и показал, что за ней нет приза, то вероятность возросла до 1/2. То есть, вероятность зависит от того, открыл ведущий или нет.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от апреля 7, 2011, 12:06

Приз перепрыгнет?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 7, 2011, 12:07

Цитата: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 12:00
ЦитироватьСогласны. Дальше.
Дальше представьте, что у нас два игрока, и первое решение они принимали вместе. А когда ведущий открыл пустую дверь, первый игрок не стал менять решения, а второй поменял.
Очевидно, что т. к. неоткрытых двери только две, и т. к. игроки дали разные ответы, то один из них обязательно выиграет.
Но раз первый игрок выигрывает с вероятностью 1/3 (с чем вы уже согласились), то второй будет выигрывать с вероятностью 1 − 1/3 = 2/3.
Согласны?

А теперь я проведу аналогию:
Допустим есть двери А Б и С.
Ситуация 1: вы выбрали А, ведущий показал, что за С нет приза.
Ситуация 2: вы выбрали Б, ведущий показал, что за С нет приза.
Менять теперь А на Б или Б на А — совершенно не имеет разницы, одинаковая вероятность 1/2 у обоих.
Третья ситуация когда вы сразу выбрали С не рассматривается.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 7, 2011, 12:09

По сути дверь С тут не играет никакой роли. Ситуация эквивалентна такой: есть двери А, Б и С. Известно, что за С нет приза, какую дверь выбрать?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от апреля 7, 2011, 12:09

А вы не задумались, что ведущий выбирает открываемую дверь не случайно? Он никогда не откроет ту, за которой приз.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 7, 2011, 12:10

Цитата: Alone Coder от апреля 7, 2011, 12:09
А вы не задумались, что ведущий выбирает открываемую дверь не случайно? Он никогда не откроет ту, за которой приз.

В задаче этого не написано.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 12:12

Цитата: RawonaM от апреля 7, 2011, 12:10
В задаче этого не написано.

Как же не написано?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от апреля 7, 2011, 12:13

В задаче чёрным по голубому написано, что ведущий открывает дверь - а приза там нет.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 12:13

Цитата: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 12:00
Дальше представьте, что у нас два игрока, и первое решение они принимали вместе. А когда ведущий открыл пустую дверь, первый игрок не стал менять решения, а второй поменял.
Очевидно, что т. к. неоткрытых двери только две, и т. к. игроки дали разные ответы, то один из них обязательно выиграет.
Но раз первый игрок выигрывает с вероятностью 1/3 (с чем вы уже согласились), то второй будет выигрывать с вероятностью 1 − 1/3 = 2/3.
Согласны?

Нет, не согласен. И вижу у Вас, по моему мнению, ошибку. После того, как ведущий открыл пустую дверь, уже нельзя говорить о том, что первый игрок выигрывает с вероятностью 1/3-я. Смысл этой цифры исчезает в новых условиях. С того момента, как он открыл её, первый игрок выигрывает с вероятностью 1/2-й. И второй игрок с точно такой же вероятностью, потому победа второго игрока столь же вероятна. Ваша ошибка, на мой взгляд, в том, что Вы продолжаете использовать величину вероятности победы, которая имела смысл при наличии трех дверей, уже тогда, когда дверей осталось две. Это две разные ситуации и рассматривать их надо отдельно.

Подумайте иначе сами. Пусть будут два игрока, как Вы сказали. И остались две двери, за любой из которых может быть приз, первый игрок выбрал одну, второй - другую. Отбросьте величины вероятности, просто подумайте об этой ситуации - Вы видите хотя бы какие-то причины считать, что победит один из них, а не другой? Если не считать каких-то ощущений, которые Вам что-то могут подсказать.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 12:20

Цитата: From_Odessa от апреля 7, 2011, 12:13
Нет, не согласен. И вижу у Вас, по моему мнению, ошибку. После того, как ведущий открыл пустую дверь, уже нельзя говорить о том, что первый игрок выигрывает с вероятностью 1/3-я. Смысл этой цифры исчезает в новых условиях. С того момента, как он открыл её, первый игрок выигрывает с вероятностью 1/2-й.

Как вы это себе представляете?
Если в решили не менять решение, то совершенно всё равно, открывал ведущий дверь или не открывал.
Вы не можете начать выигрывать в 1,5 раза больше только засчёт того, что ведущий делал бесполезное действие перед объявлением о вашей победе/проигрыше.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 12:25

Представьте такую игру:

Есть 3 двери, за одной из них приз. Ведущий предложил вам выбрать одну из дверей. А потом он предложи вам: либо вы открываете выбранную дверь, либо меняете решение и открываете две других сразу.

Фактически такая игра ничем не отличается от игры piton'а. Единственное отличие — в игре piton'а ведущий делает за вас половину работы по открыванию двух дверей, что никак не влияет на выигрыш.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 12:25

Давайте так.
Итак, ведущий открыл одну дверь. Осталось две. Вероятность того, что за каждой из них приз - 1/2. Если я не поменяю решения, то вероятность моей победы 1/2-я (потому что приз может быть за той дверью, которую я выбрал сразу, а может быть за третьей дверью, которую не открыли). Если я поменяю решение, то вероятность моей победы 1/2-я (потому что приз может быть за третьей дверью, которую я не выбрал сразу и которую не открыли).
Вероятность равная. В чем предпочтительность смены выбора?

Цитата: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 12:20
Вы не можете начать выигрывать в 1,5 раза больше только засчёт того, что ведущий делал бесполезное действие перед объявлением о вашей победе/проигрыше.

Я говорю о том, что вероятность моей победы после открытия двери, за которой нет приза, повышается в 1,5 раза. Поясните, пожалуйста, как она может оставаться неизменной при уменьшении количества возможных событий.

Цитата: Alone Coder от апреля 7, 2011, 12:09
А вы не задумались, что ведущий выбирает открываемую дверь не случайно? Он никогда не откроет ту, за которой приз.

А что это меняет?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 12:27

Цитата: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 12:25
Представьте такую игру:

Есть 3 двери, за одной из них приз. Ведущий предложил вам выбрать одну из дверей. А потом он предложи вам: либо вы открываете выбранную дверь, либо меняете решение и открываете две других сразу.

Фактически такая игра ничем не отличается от той.

Я считаю, что это совершенно другая ситуация.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 12:40

Цитата: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 12:36
Почему 1/2?

Было три двери. За одной и только одной из них располагается приз. Отсутствуют дополнительные условия. Соответственно, вероятность того, что приз находится за конкретной дверью - 1/3. Ведущий открыл одну из дверей. Там приза нет. Осталось две закрытых двери. За одной из них - приз. Дополнительных условий нет. Приз либо за первой, либо за второй. Вероятность того, что он за конкретной дверью теперь составляет 1/2 - два равновероятных варианта.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 7, 2011, 12:42

Цитата: Alone Coder от апреля 7, 2011, 12:13
В задаче чёрным по голубому написано, что ведущий открывает дверь - а приза там нет.

Совершенно точно, поэтому в этой модели изначально только два выбора! И вероятность 1/2.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 12:48

Цитата: From_Odessa от апреля 7, 2011, 12:40
Ведущий открыл одну из дверей. Там приза нет. Осталось две закрытых двери. За одной из них - приз. Дополнительных условий нет.

Дополнительные условия:
1. Ведущий открыл не ту дверь, которую назвал игрок.
2. Ведущий открыл не ту дверь, за которой лежит приз.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Хворост от апреля 7, 2011, 12:53

Цитата: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 12:48
Дополнительные условия:
1. Ведущий открыл не ту дверь, которую назвал игрок.
2. Ведущий открыл не ту дверь, за которой лежит приз.

Это же очевидно.

Нашёл в английской википедии таблицу исходов.
Скажем, игрок выбрал первую дверь. Ведущий открыл дверь, за которой нет приза.
Первая Вторая Третья
Приз Пусто Пусто
Пусто Приз Пусто
Пусто Пусто Приз
Видно, что если поменять дверь, в двух случаях из трёх откроем дверь, за которой приз.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 12:57

Цитата: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 12:48
Дополнительные условия:
1. Ведущий открыл не ту дверь, которую назвал игрок.
2. Ведущий открыл не ту дверь, за которой лежит приз.

Это не дополнительные условия, это часть условия задачи:

Цитата: piton от апреля 6, 2011, 16:31
Игрок выбрал свою дверь

Цитата: piton от апреля 6, 2011, 16:31
Тут ведущий открывает одну из оставшихся дверей. Все видят, что никакого приза за ней нету

Только вот это не дополнительные условия к тому, что я сказал. Изначально было три двери, за одной из которых приз. Вероятность того, что приз за данной дверью - 1/3. Всё, никаких условий больше не было в условии. Далее ведущий открыл одну из дверей, за ней приза не оказалось. Осталось две двери, и теперь вероятность того, что при за данной дверью - 1/2 (есть лишь два варианта, вероятность обоих равна). Как только ведущий открыл дверь, за которой нет приза, величина 1/3 исчезла. Если Вы о ней говорите, скажите, что обозначает величина 1/3 в условиях, когда одна дверь (без приза) открыта? На что указывает 1/3? Вероятность чего это?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 12:59

Цитата: Хворост от апреля 7, 2011, 12:53
Видно, что если поменять дверь, в двух случаях из трёх откроем дверь, за которой приз.

Из каких трёх? После того, как ведущий открыл дверь, сколько возможных событий остается? Откуда появляется три случая?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Хворост от апреля 7, 2011, 13:00

Цитата: From_Odessa от апреля 7, 2011, 12:59
Откуда появляется три случая?

Как «откуда»? Вы читали, что я написал?
Приз до начала игры с равной вероятностью могли положить за любую из дверей.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 13:03

Цитата: Хворост от апреля 7, 2011, 12:53
Нашёл в английской википедии таблицу исходов.

Хворост, а можете ссылку дать на статью?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Хворост от апреля 7, 2011, 13:05

Цитата: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 13:03
Цитата: Хворост от апреля 7, 2011, 12:53
Нашёл в английской википедии таблицу исходов.
Хворост, а можете ссылку дать на статью?

Конечно!
Monty Hall paradox (http://en.wikipedia.org/wiki/Monty_Hall_paradox)
В оригинале, правда, за одной дверью машина, а за двумя другими козы.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 13:05

Я кое-что понял. Действительно, после того, как ведущий открывает пустую дверь, вероятность победы формально не меняется на 1/2-ю. Потому что в условии не сказано, что игрок не может выбрать ту дверь, которую ведущий уже открыл. Я исходил из того, что после того, как ведущий открыл дверь, у игрока остается выбор между двумя. На самом деле, в условии об этом не говорится, потому игрок может выбрать любую из трех дверей, в том числе и пустую. Так что возможных событий действительно остается три.

Но я всё равно не вижу в этом случае, почему нужно обязательно менять выбор. Ведь закрытых дверей все равно осталось две. И приз может быть как за той дверью, которую я сразу выбрал, так и еще за одной закрытой. В этих условиях я могу выбрать ту же самую дверь, которую выбрал сразу - почему вероятность того, что приз за ней, ниже, чем вероятность того, что он за еще одной закрытой дверью? Ведь после того, как одна дверь оказалась открытой, две других между собой остались равноправны.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 13:06

Цитата: Хворост от апреля 7, 2011, 13:00
Как «откуда»? Вы читали, что я написал?

Как Вы видите из моего последнего поста, я согласен, что там три возможных события. Но с итоговым выводом пока не согласен.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 13:07

From_Odessa, вы запутались. Возможность выбора уже открытой двери здесь совершенно ни при чём.
(Можно считать, что такой возможности нет)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 13:15

Хворост, спасибо за ссылку.

Я прочитал русскую статью. Там как раз указано, что большинство людей рассуждает так, как рассуждал я, и это ошибочно. А Тайльнемер рассуждал так, как правильно. Так что, если что, Тайльнеймер, Вы большой молодец :) А я буду пытаться понять решение, которое приведено в Википедии. Я всё равно, хоть и прочел несколько раз, до сих пор его не понял.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 13:15

Цитата: Тайльнемер от апреля 7, 2011, 13:07
From_Odessa, вы запутались. Возможность выбора уже открытой двери здесь совершенно ни при чём.
(Можно считать, что такой возможности нет)

Действительно не при чем. Хотя она, согласно условию, присутствует, верно? :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Хворост от апреля 7, 2011, 13:17

Цитата: From_Odessa от апреля 7, 2011, 13:15
Хотя она, согласно условию, присутствует, верно? :)

Насколько я понимаю, нет.
Да и зачем? Ваша цель — получить приз.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 13:21

Цитата: Хворост от апреля 7, 2011, 13:17
Насколько я понимаю, нет.

Да, вроде по изначальному условия нет. Ну да это и неважно, это я уже так добавил.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Хворост от апреля 7, 2011, 14:47

Вот моё решение.
Игрок в начале выбирает одну из трёх дверей. С вероятностью 1/3 за ней лежит приз. В этом случае, конечно, когда ведущий откроет одну из двух дверей, за которой ничего нет, и игрок выберет другую дверь (не ту, которую он выбрал сначала), приз ему не достанется.
Но с вероятностью 2/3 за дверью, которую он выбрал сначала, ничего нет. Если он поменяет дверь, получит приз.
Значит, надо выбрать другую дверь (выиграешь приз с вероятностью 2/3).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 7, 2011, 15:21

Цитата: piton от апреля 6, 2011, 16:31
Предложу задачу по теории вероятности. :)
Телеигра. За одной из трех дверей лежит Приз. Игрок выбрал свою дверь.
Тут ведущий открывает одну из оставшихся дверей. Все видят, что никакого приза за ней нету.
Ведущий тогда предложил игроку воспользоваться правом поменять свое решение.
Как поступить?
Совершенно неважно, знает ли ведущий где Приз, никакой психологии тут нету.

Эх, гуманитарии (и сочувствующие), только рассуждать вам, толку не дождёшься.

Рассмотрим события
$[tex]A[/tex]$ — за изначально выбранной дверью приз
$[tex]\overline A[/tex]$ — за изначально выбранной дверью нет приза
$[tex]B[/tex]$ — за открытой ведущим дверью нет приза.

В условии сказано, что неважно, знает ли ведущий, где приз, поэтому считаем, что дверь он открывает наугад. (Конечно, может реализоваться сценарий, когда он открыл дверь с призом, но по условию мы рассматриваем сценарий, когда дверь без приза.)

Двери равноправны, поэтому
$[tex]\mathsf P (A) = \frac 13[/tex]$
$[tex]\mathsf P (\overline A) = 1 - \mathsf P(A); \quad \mathsf P(\overline A) = \frac 23[/tex]$
События $[tex]\inline A[/tex]$ , $[tex]\inline \overline A[/tex]$ несовместны, а их объединение — достоверное событие, поэтому вероятность $[tex]B[/tex]$ можно найти по формуле полной вероятности:
$[tex]\mathsf P(B) = \mathsf P(A) \mathsf P_{A} (B) + \mathsf P(\overline A) \mathsf P_{\overline A} (B) [/tex]$
Найдём условные вероятности. Если за выбранной дверью приз, то за открытой ведущим приза точно нет, то есть
$[tex]\mathsf P_{A} (B) =1[/tex]$
Если за выбранной дверью приза нет, то он находится с равной вероятностью за каждой из двух оставшихся дверей, поэтому вероятность того, что ведущий откроет дверь без приза, равна
$[tex]\mathsf P_{\overline A} (B) = \frac 12[/tex]$
Подставляя вычисленные значения, получаем:
$[tex]\mathsf P(B) = \frac 13 \cdot 1 + \frac 23 \cdot \frac 12 = \frac 23[/tex]$
Теперь находим вероятность того, что в сценарии, когда ведущий открыл дверь без приза, изначально выбрана дверь с призом:
$[tex]\mathsf P_B(A) = \frac{\mathsf P(A\cap B)}{\mathsf P(B)}=\frac{\mathsf P(A) \mathsf P_A(B)}{\mathsf P(B)}[/tex]$
$[tex]\mathsf P_B(A) = \frac{\frac 13 \cdot 1}{\frac 23} = \frac 12[/tex]$
Соответственно, вероятность того, что изначально приз не выбран (в том же сценарии) равна
$[tex] \mathsf P_B(\overline A) = 1 - \mathsf P_B(A); \quad\mathsf P_B(\overline A) =\frac 12 [/tex]$
То есть в рассматриваемом сценарии мы с равными вероятностями изначально имеем правильный или неправильный выбор. Quod, как говорится, erat demostrandum.

С Monty Hall paradox (http://en.wikipedia.org/wiki/Monty_Hall_paradox) противоречия нет. Там другое условие и существенно используется то, что ведущий знает, где автомобиль.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Хворост от апреля 7, 2011, 15:29

Цитата: Квас от апреля 7, 2011, 15:21
Там другое условие...

Не понимаю.

Цитировать
...но по условию мы рассматриваем сценарий, когда дверь без приза...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 15:31

Цитата: Квас от апреля 7, 2011, 15:21
С Monty Hall paradox противоречия нет. Там другое условие и существенно используется то, что ведущий знает, где автомобиль.

Погодите. Там сказано вот что:

ЦитироватьНаиболее популярной является задачка с дополнительным условием №6 из таблицы - участнику игры заранее известны следующие правила:

- автомобиль равновероятно размещен за любой из 3 дверей;

- ведущий в любом случае ОБЯЗАН открыть дверь с козлом и предложить сделать игроку второй ход;

- если у ведущего есть выбор, какую из 2 дверей открыть, он выбирает более правую / более левую с одинаковыми вероятностями.

Это как раз полностью соответствует тому условию, которое предложил нам piton.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 7, 2011, 15:33

Цитата: Хворост от апреля 7, 2011, 15:29
Цитата: Квас от Сегодня в 16:21
ЦитироватьТам другое условие...
Не понимаю.

Там сказано, что ведущий знает, где автомобиль, и специально открывает дверь с козой. То есть две оставшиеся двери для него, вообще говоря, неравноправны.

Пусть прошли 10 000 игр по нашим правилам и по американским. В американских играх ведущий ровно 10 000 раз откроет дверь с козой. В наших играх дверь без приза он откроет около 6 667 раз. Задача относится именно к одному из этих разов.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 15:35

Квас

Понятно. Я исходил из того, что в нашем условии ведущий специально открывает именно ту дверь, за которой приза нет. Но в том условии, которое написал piton, это действительно не оговорено.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 7, 2011, 15:37

Да, у нас вот этого условия нет:

Цитата: From_Odessa от апреля 7, 2011, 15:31
- ведущий в любом случае ОБЯЗАН открыть дверь с козлом и предложить сделать игроку второй ход;

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 15:39

Но я действительно ошибался, потому что мои выводы не зависели от присутствия/наличия этого условия. Это я просто отмечаю.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Хворост от апреля 7, 2011, 15:46

Цитата: Квас от апреля 7, 2011, 15:33
Там сказано, что ведущий знает, где автомобиль, и специально открывает дверь с козой.

Теперь понятно.
Получается, моё «решение» относилось именно к «игре по американским правилам»?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 15:46

Всё равно, даже при условии, что ведущий обязан открыть дверь без приза, у меня в голове не укладывается то, что изменение выбора повышает вероятность... Вернее, я понимаю, что при таком вычислении она-то повышается, но не является ли это какой-то ловушкой? Я анализирую эту ситуацию, и так или иначе получается, что после того, как ведущий открыл одну дверь, а за ней нет приза, я, по сути, попадаю в условия новой задачи, где есть две двери, нахождение приза за которыми ровновероятно, а потому что оставлю я выбор, что поменяю его, вероятность моей победы 1/2. Такое ощущение, что вычисления учитывают как-то то, что ведущий открыл дверь, а, по сути, это уже никак не влияет на итоговую ситуацию. Я понимаю, что тут может быть загвоздка у меня в сознании, вернее, понимаю, что так оно, скорее всего, и есть. Просто ощущение, что суть ситуации передает именно то, что вероятность 1/2 для каждой двери.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 15:57

Ага... Я кажется понимаю, почему так важна зависимость от того, обязан судья открыть дверь без приза или же он может открыть и ту, где приз. Понимаю на практике, имею в виду.

Предположим, что я выбрал из А, Б, В дверь А. Ведущий при этом открывает Б, за которой ничего нет. Я заранее знаю, что он откроет пустую. Теперь я рассуждаю так. Если за А, которую я выбрал, пусто, ведущий мог открыть только Б, а приз за В. Если же приз за А, которую выбрал я, то ведущий мог открыть как Б, так и В. И в этом случае приз или в А, или в В. Получается, что в А он может быть только при одном раскладе, а в В - при двух. Не, неправильно... Не получается понять пока что...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Хворост от апреля 7, 2011, 15:59

Цитата: Квас от апреля 7, 2011, 15:21
$[tex]\mathsf P(B) = \frac 13 \cdot 1 + \frac 23 \cdot \frac 12 = \frac 23[/tex]$

А нельзя было найти эту вероятность более коротким путём?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Gerbarius от апреля 7, 2011, 17:09

Между прочим, если ведущий не обязан открывать дверь без приза, то менять выбор нельзя. Просто потому, что нам вообще неизвестно ни то, с какой вероятностью приз может находиться за той или иной дверью, ни то, чем руководствуется ведущий, открывая ту или иную дверь. Он, например, всегда может открывать дверь с призом, если игрок её не выбрал сразу. В таком случае смена выбора заведомо приведёт к тому, что игрок приз не получит. Лучшее, что здесь можно сделать, - выбрать случайным образом одну из дверей с равной вероятностью и держаться этого выбора.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 7, 2011, 18:26

Цитата: Хворост от апреля 7, 2011, 15:46
Получается, моё «решение» относилось именно к «игре по американским правилам»?

Ага.

Цитата: Хворост от апреля 7, 2011, 15:59
Цитата: Квас от Сегодня в 16:21
Цитировать $[tex]\mathsf P(B) = \frac 13 \cdot 1 + \frac 23 \cdot \frac 12 = \frac 23[/tex]$
А нельзя было найти эту вероятность более коротким путём?

Да на самом деле более-менее очевидно, что если ведущий открывать дверь наобум, то в конечном счёте он имеет равные шансы открыть любую дверь (двери в этой модели неразличимы). Поэтому вероятность не найти приз как раз 2/3. Но я специально выбрал путь более длинный и интуитивно более ясный.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 7, 2011, 20:56

Блин, мне эта задача уже успела присниться! :) Приснилось, что я задаю ее своему папе, а потом рассказываю, что на форуме я сегодня утром тоже ошибался, решение не такое )))

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 8, 2011, 17:50

Тут у меня задание в книге: какова вероятность получить стейт в покере?
Я не особый игрок в покер, давно увлекался, но насколько я понимаю в колоде из 52 карт есть 13 карт в каждой масти и следовательно вероятность:
$[tex]\frac{52(4^4-1)}{\binom{52}5}[/tex]$
(52 раза снимаем, потому что это стрейт флаш)

В ответах написано:
$[tex]\frac{10(4^5-4)}{\binom{52}5}[/tex]$ т.е. $[tex]\frac{40(4^4-1)}{\binom{52}5}[/tex]$

Кто в этом понимает? :what:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 8, 2011, 18:21

Давайте лучше про короткие нарды, я это лучше понимаю. :) «Стрейт» — это как?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 8, 2011, 18:36

Нашел полное объяснение с той же формулой: (wiki/en) List_of_poker_hands#Straight (http://en.wikipedia.org/wiki/List_of_poker_hands#Straight) :)
Оказывается я и сам забыл, что значит стрейт :)
В общем, это когда карты, полученные игроком, можно расположить в порядке убывания, напшыклад: дама, валет, 10, 9, 8.
Я забыл, что это не круговое, т.е. стрейт не может начинаться с 4, 3 и 2, поэтому нужно 10 в формуле, а не 13, как я поставил. С 5 может начинаться, туз в данном случае ниже двойки.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 8, 2011, 20:29

Распределяем 20 детей на 4 группы по 5.
Какова вероятность, что А и Б не будут в одной группе?

Для этого я нахожу, какова вероятность, что они будут в одной группе и дополнение к единице будет ответом.

Выбираем троих, которых присоединим к пяти, потом делим оставшихся на пятерки. Вот тут я не понимаю, нужно делить $[tex]\inline \binom{18}{5,5,5,3}[/tex]$ на 4! или группы тут неравны и нужно делить на что-то другое?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 8, 2011, 21:27

Я всё время забываю, что значит этот биномиальный коэффициент с кучей чисел внизу.

Сначала дополняем их до группы: $[tex]\inline \binom{18}3[/tex]$ способов. Это число надо помножить на число способов разделить 15 детей на 3 группы по 5. Это вроде бы стандартная задача, но не помню, как решается; по моим представлениям это
$[tex] \frac 1{3!} \binom {15}5 \binom {10}5 [/tex]$
Я считаю число функций на множестве из 15 элементов, которые принимают
ровно три значения 1, 2, 3, причём каждое на 5 элементах, а потом делю на перестановки значений. То есть получается, что сначала я считаю упорядоченные наборы из 3-х групп, а потом «перемешиваю» их.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 8, 2011, 21:40

$[tex]\binom{18}{5,5,5,3}=\frac{18!}{5!5!5!3!}=\binom{18}{5}\binom{13}{5}\binom{8}{5}\binom{3}{3}[/tex]$

Т.е. вы предлагаете перемешивать три группы, а не четыре. Как-то я не уловлю, когда можно перемешивать, а когда нельзя. Понятно, что одна группа у нас особенная, на нее мы поставили одно условие, но это ж не значит, что она упорядоченная.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 8, 2011, 21:44

Я предлагаю для начала трёх отобрать и забыть о них. Имеем же право? Тогда задача сводится только к разделению на группы15 человек.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 8, 2011, 21:51

Цитата: Квас от апреля 8, 2011, 21:44
Я предлагаю для начала трёх отобрать и забыть о них. Имеем же право? Тогда задача сводится только к разделению на группы15 человек.

О-о... теперь дошло! Пасибо, кажется я понял окончательно.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 9, 2011, 11:06

Из группы детей в 8 мальчиков и 8 девочек выбираем 5 мальчиков и 5 девочек. Какова вероятность, что Вася и Маша будут выбраны?

Простая логика и подсчет показывает, что вероятность выбора Васи 5/8, и вероятность выбора Маши тоже 5/8, но также рассчет показывает, что вероятность выбора их обоих — это (5/8)^2. Это верно?
Всегда ли можно получить вероятность совпадения двух разных событий перемножением их вероятностей? Че-то я такой формулы не нахожу.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 9, 2011, 11:13

Цитата: RawonaM от апреля 9, 2011, 11:06
Простая логика и посчет показывает, что вероятность выбора Васи 5/8

Вы уверены? Вопрос, вероятно, идиотский, просто возникли какие-то сомнения, связанные с тем, что здесь выбор пяти из восьми происходит.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 9, 2011, 11:35

Цитата: From_Odessa от апреля 9, 2011, 11:13
ЦитироватьПростая логика и посчет показывает, что вероятность выбора Васи 5/8
Вы уверены? Вопрос, вероятно, идиотский, просто возникли какие-то сомнения, связанные с тем, что здесь выбор пяти из восьми происходит.

Посчитайте :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 9, 2011, 11:42

Тьфу... Вопрос был совершенно дебильный, конечно... Там и считать ничего не нужно, чтобы понять, что 5/8-х...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 9, 2011, 11:44

Вот еще вопрос:
Делим случайным образом 16 детей — 8 мальчиков и 8 девочек — на пары.

Какова вероятность, что получится ровно две гетеросексуальные пары?

Я посчитал так:
выбор двух мальчиков = $[tex]\binom82[/tex]$
выбор двух девочек = $[tex]\binom82[/tex]$
комбинации двух пар = 2
остальные 6 девочек делим на пары между собой и 6 мальчиков делим на пары между собой.

Полное пространство состоит из 16 детей поделить на две пары.

Итого:

$[tex]\frac{\binom82^22(\binom{6}{2,2,2}\frac1{3!})^2}{\binom{16}{2,...,2}\frac1{8!}}=0.174[/tex]$

Смущает слишком высокая вероятность, но ошибку не нахожу...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 9, 2011, 11:49

Цитата: RawonaM от апреля 9, 2011, 11:06
Простая логика и подсчет показывает, что вероятность выбора Васи 5/8, и вероятность выбора Маши тоже 5/8, но также рассчет показывает, что вероятность выбора их обоих — это (5/8)^2. Это верно?

Вроде бы. Ведь, по сути, можно сказать, что у нас две группы по 8 элементов. Сначала из одной отбирают пять, потом - из второй (это не так происходит в условии задачи, но суть-то именно такая). Вероятность того, что один из элементов попадет в эту пятерку в каждом из случаев - 5/8. Значит, вероятность того, что произойдут оба события - 25/64. Вроде... Это хорошо видно, если представить себе, что есть две группы по два элемента (А-1, А-2 и Б-1, Б-2). Если мы вытаскиваем из каждой группы по одному элементу, какова вероятность выпадения А-1 и Б-2? 1/4-я, потому что 1/2 во второй степени. Но при этом мы легко можем увидеть, что действительно это лишь один случай из четырех. А, значит, умножение вероятностей было правильным действием. Раз так, то, полагаю, можно сказать, что аналогия касается групп любых размеров.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 9, 2011, 11:51

Цитата: From_Odessa от апреля 9, 2011, 11:42
Тьфу... Вопрос был совершенно дебильный, конечно... Там и считать ничего не нужно, чтобы понять, что 5/8-х...

Почему же? Легко посчитать по полной формуле:

$[tex]\frac{\binom74}{\binom85}=\frac{7 \cdot 6 \cdot{5}}{8 \cdot{7} \cdot6}=\frac58[/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 9, 2011, 11:56

Цитата: RawonaM от апреля 9, 2011, 11:51
Почему же? Легко посчитать по полной формуле:

Да, но необходимости нет. Это и без подсчетов становится очевидным.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 9, 2011, 11:57

Цитата: RawonaM от апреля 9, 2011, 11:06
Всегда ли можно получить вероятность совпадения двух разных событий перемножением их вероятностей?

Это определение независимых событий. А в общем случае
$[tex]\mathsf P(A \cap B) = \mathsf P(A)\mathsf P_A(B)[/tex]$
(условная вероятность).

Немного формализма. Событие — это некоторое (допустимое) подмножество множества элементарных исходов опыта. Одновременное выполнение событий — это их пересечение, то есть множество элементарных исходов, соответствующим обоим событиям. Часто в этом случае говорят о произведении событий и используют мультипликативную запись.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 9, 2011, 11:59

Цитата: Квас от апреля 9, 2011, 11:57
Это определение независимых событий

А в данной задаче можно говорить о независимости событий? Мне показалось, что да.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 9, 2011, 12:00

Цитата: Квас от апреля 9, 2011, 11:57
Это определение независимых событий. А в общем случае
$[tex]\mathsf P(A \cap B) = \mathsf P(A)\mathsf P_A(B)[/tex]$
(условная вероятность).

Не понял что значит "независимых".

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 9, 2011, 12:01

Цитата: RawonaM от апреля 9, 2011, 12:00
Не понял что значит "независимых".

Это означает, что вероятность одного события никак не зависит от вероятности другого.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 9, 2011, 12:02

Цитата: Квас от апреля 9, 2011, 11:57
Немного формализма. Событие — это некоторое (допустимое) подмножество множества элементарных исходов опыта. Одновременное выполнение событий — это их пересечение, то есть множество элементарных исходов, соответствующим обоим событиям. Часто в этом случае говорят о произведении событий и используют мультипликативную запись.

Да, это яснее. В книге оригинале используют как раз мультипликативную запись. В переводе решили пересечение поставить почему-то.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 9, 2011, 12:03

Цитата: From_Odessa от апреля 9, 2011, 12:01
ЦитироватьНе понял что значит "независимых".
Это означает, что вероятность одного события никак не зависит от вероятности другого.

А-а, понятно.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 9, 2011, 12:06

Цитата: RawonaM от апреля 9, 2011, 12:00
Не понял что значит "независимых".

События называются независимыми, если вероятность их пересечения равна произведению вероятностей. «На пальцах» это означает, что вероятность одного из них не меняется в зависимости от того, происходит второе или нет.

Независимость — центральное понятие в теории вероятностей, иначе она была бы просто частью теории меры.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 9, 2011, 12:08

Независимость у меня в следующей главе, это я ближе к вечеру должен почитать. ;D

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 9, 2011, 12:11

Цитата: RawonaM от апреля 9, 2011, 11:44
Вот еще вопрос:
Делим случайным образом 16 детей — 8 мальчиков и 8 девочек — на пары.

Какова вероятность, что получится ровно две гетеросексуальные пары?

Я посчитал так:

Рассуждения предельно ясные, значит, так тому и быть.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 9, 2011, 12:14

Цитата: Квас от апреля 9, 2011, 12:11
Рассуждения предельно ясные, значит, так тому и быть.

Что-то вы меня не успокоили :))

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 9, 2011, 12:16

Цитата: RawonaM от апреля 9, 2011, 12:14
Цитата: Квас от Сегодня в 13:11
ЦитироватьРассуждения предельно ясные, значит, так тому и быть.
Что-то вы меня не успокоили :))

Вы пересчитайте ещё раз, и если ответ тот же, значит, верный. Ошибка может быть только вычислительная.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 9, 2011, 12:17

Я в питоне высчитываю, там не так просто блин...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 9, 2011, 12:30

У меня столько же получилось.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 9, 2011, 12:33

Благодарю :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 11, 2011, 02:07

А вопрос-то ентот на форуме, оказывается, уже поднимался :) - Парадокс Монти Холла (http://lingvoforum.net/index.php/topic,18284.0.html)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 15, 2011, 15:13

Цитата: From_Odessa от апреля 11, 2011, 02:07
А вопрос-то ентот на форуме, оказывается, уже поднимался :) - Парадокс Монти Холла

У нас на последней встрече по теорверу подняли этот вопрос, как раз эта тема была (условная вероятность). Мне уже не интересно было, за несколько дней я узнал об этом всем на форуме :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: From_Odessa от апреля 15, 2011, 15:19

Цитата: RawonaM от апреля 15, 2011, 15:13
Мне уже не интересно было, за несколько дней я узнал об этом всем на форуме

Классический пример "как ЛФ образованию способствует" ))))

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 23, 2011, 11:21

Ситуация:

Есть элемент А в котром два параллельных провода, если хотя бы один проводит, то через А проходит ток. Вероятность того, что провод проводит ток (т.е. каждый из них по отдельности) — 0.8.

Есть элемент В, в котором три параллельных провода. Вероятность каждого провода та же.

Вероятность, что А проводит ток: 0.8 + 0.8 - 0.8^2 = 0.96.
Вероятность, что В проводит ток: 0.8 + 0.8 + 0.8 - 3*0.8^2 + 0.8^3=0.992.

Что в общем-то, логично.

Теперь такой вопрос: есть элемент В, о котором известно, что по крайней мере один провод не проводит. Какова вероятность, что В проводит ток?

Сначала я подумал, ведь получается поломанный В — это по сути А (т.е. только два провода). Ну и вероятность провождения такая же как у А.

Но подсчет почему-то показывает иное. Вероятность провождения такого поломанного В это вероятность того, что хотя бы один проводит, но не все три сразу. Хотя бы один проводит — это обычный элемент В, все три сразу это 0.8^3. Итого: 0.992 - 0.8^3=0.48. Выходит, что поломанный элемент В проводит с вероятностью в два раза меньше А.

Где-то тут есть ошибка? Интуитивно не приемлется...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 23, 2011, 12:35

Цитата: RawonaM от апреля 23, 2011, 11:21
Но подсчет почему-то показывает иное. Вероятность провождения такого поломанного В это вероятность того, что хотя бы один проводит, но не все три сразу. Хотя бы один проводит — это обычный элемент В, все три сразу это 0.8^3. Итого: 0.992 - 0.8^3=0.48. Выходит, что поломанный элемент В проводит с вероятностью в два раза меньше А.

Вы нашли абсолютную вероятность того, что проводят ровно 1 или ровно 2 провода, то есть вероятность произведения «поломанный» и «проводит». А надо найти вероятность «проводит» при условии «поломанный», то есть условную вероятность; для этого ваш ответ надо разделить на вероятность «поломанный», то есть на (1-0.8^3).

Но с A всё равно не сходится.

Вы рассуждаете верно: поломанный В — это то же, что и А, но есть нюанс: вероятность провождения проводом тока в случае поломанного B, то есть условная вероятность провождения при условии общей поломанности, отлична от 0,8 (несколько меньше).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 23, 2011, 14:00

Цитата: Квас от апреля 23, 2011, 12:35
надо найти вероятность «проводит» при условии «поломанный», то есть условную вероятность; для этого ваш ответ надо разделить на вероятность «поломанный», то есть на (1-0.8^3).

Все понял, кроме того, как вы дошли до вероятности поломанного...
Дополнение к все три проводят?..

Цитата: Квас от апреля 23, 2011, 12:35вероятность провождения проводом тока в случае поломанного B, то есть условная вероятность провождения при условии общей поломанности, отлична от 0,8 (несколько меньше).

Почему?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 23, 2011, 14:04

Вот у меня задание вообще не понятное:
Есть 10 мешочков с разноцветными конфетами в каждом по 10 штук.
Известно, что по меньшей мере в одном из них есть ровно 5 красных конфет.
Вытягиваем случайным образом по одной конфете из каждого мешочка, какова вероятность, что вытащится четное количество красных конфет?

Вообще не понял, за что тут цепляться.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от апреля 23, 2011, 14:16

Информации недостаточно. Некрасноконфетный мешочек в общем случае может иметь любое распределение вероятностей цветов.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 23, 2011, 14:24

Цитата: Alone Coder от апреля 23, 2011, 14:16
Информации недостаточно. Некрасноконфетный мешочек в общем случае может иметь любое распределение вероятностей цветов.

Мне тоже так кажется. Но что есть то есть, отвечать надо.
Сразу мне пришел в голову ответ, что просто случайное распределение придется считать.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 23, 2011, 14:52

Цитата: RawonaM от апреля 23, 2011, 14:00
Цитата: Квас от Сегодня в 13:35
Цитироватьнадо найти вероятность «проводит» при условии «поломанный», то есть условную вероятность; для этого ваш ответ надо разделить на вероятность «поломанный», то есть на (1-0.8^3).
Все понял, кроме того, как вы дошли до вероятности поломанного...
Дополнение к все три проводят?..

Ну да, три проводят и хотя бы один не проводит — противоположные события.

Цитата: RawonaM от апреля 23, 2011, 14:00
Цитата: Квас от Сегодня в 13:35
Цитироватьвероятность провождения проводом тока в случае поломанного B, то есть условная вероятность провождения при условии общей поломанности, отлична от 0,8 (несколько меньше).
Почему?

Похоже на формулу Байеса, только тут попроще. А что непонятно? Тут просто условная вероятность.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 23, 2011, 14:56

Про мешочки занятно, надо подумать.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 23, 2011, 15:03

В примечании сказано, что вытягивание независимо между разными мешочками и 0 — четное число.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 23, 2011, 18:09

Свежий воздух помог. :yes: Ответ блондинки: вероятность равна 0,5.

Пусть для красоты все сто конфет разных сортов. Тогда результатами опыта будут некоторые наборы из 10 сортов. Вопрос в том, какая доля этих наборов будет содержать чётное число красных фантиков.

Один из мешочков, в котором ровно 5 красных конфет, назовём заповедным; конфеты из него тоже будем называть заповедными.

В каждом наборе-результате будет одна конфета из заповедного мешочка и 9 других конфет.

Зафиксируем допустимый поднабор из 9 сортов, не включающий сортов из заповедного. Этот поднабор входит ровно в 10 возможных наборов-результатов, получающимися добавлением одной из заповедных конфет. Легко понять, что из этих 10 наборов ровно 5 будут содержать чётное число красных фантиков: если в исходном поднаборе их уже чётное число, то «чётные поднаборы» получаются добавлением одной из 5 некрасных конфет; если в поднаборе их было нечётное число,— то добавлением одной из 5 красных.

Таким образом, всё множество исходов мы разбиваем на классы по 10 исходов, отличающиеся только заповедной конфетой, и в каждом классе ровно половина исходов имеет чётное число красных фантиков. Следовательно, ровно половина общего числа исходов имеет чётное число красных фантиков.

Классная задача, да ещё и про конфеты (люблю конфеты). :eat:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 23, 2011, 19:07

В таком разе тогда вероятность 6/11, ибо исходов 11 (0-10).
Пока что не вникал в ваши аргументы, че-то у меня башка не варит. Попросил бабушку рассказать про аборты и противозачаточные средства, два часа слушал рассказы из жизни уже далеко ушедшие от темы в оффтоп. :)
Может мне тоже свежего воздуха...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 23, 2011, 19:08

Цитата: Квас от апреля 23, 2011, 18:09
Один из мешочков, в котором ровно 5 красных конфет, назовём заповедным; конфеты из него тоже будем называть заповедными.

В каждом наборе-результате будет одна конфета из заповедного мешочка и 9 других конфет.

А почему вы так говорите, как будто заповедный мешочек один? Сказано что он по крайней мере один.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 23, 2011, 19:33

Цитата: RawonaM от апреля 23, 2011, 19:07
В таком разе тогда вероятность 6/11, ибо исходов 11 (0-10).

Исходов там $[tex]10^{10}[/tex]$ , они разбиваются в группы по 10, отличающиеся заветной конфетой.

Цитата: RawonaM от апреля 23, 2011, 19:08
Цитата: Квас от Сегодня в 19:09
ЦитироватьОдин из мешочков, в котором ровно 5 красных конфет, назовём заповедным; конфеты из него тоже будем называть заповедными.

В каждом наборе-результате будет одна конфета из заповедного мешочка и 9 других конфет.
А почему вы так говорите, как будто заповедный мешочек один? Сказано что он по крайней мере один.

Мы не всякий такой называем заповедным, а только один, специально назначенный.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 23, 2011, 19:46

Offtop

Цитата: RawonaM от апреля 23, 2011, 19:07
Попросил бабушку рассказать про аборты и противозачаточные средства

Немного в ступоре, конечно. ;D

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 23, 2011, 22:53

Таки мне кажется вы правы... Гениально :)
Че-то это домашнее задание на порядок отличается по сложности от предыдущих, я к этому не был морально готов, у меня голова в другом месте вообще, а тут оказывается нужно еще и думать...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от апреля 23, 2011, 22:56

Действительно. p(вытянуть красную из заветного)*p(вытянуть красную из незаветного) + p(не вытянуть красную из заветного)*p(не вытянуть красную из незаветного) = 0,5*p(вытянуть красную из незаветного) + 0,5*p(не вытянуть красную из незаветного) = 0,5.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 23, 2011, 23:23

Следующая задачка про бомбежку, но мне кажется я сам справлюсь. Просто интересное совмещение: про конфеты а потом про бомбежку.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 23, 2011, 23:48

Наша математичка (в школе) приглашает (раньше, по крайней мере) одного институтского препода, чтобы он рассказал некоторые темы, в том числе теорию вероятностей. Он задавал такую задачку (студенческий фольклор ушедших лет):

Вероятность того, что вьетконговец выстрелом собьёт самолёт, равна 1/500. 500 вьетконговцев стреляют по самолёту. Какова вероятность того, что он будет сбит?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 24, 2011, 00:02

Цитата: Квас от апреля 23, 2011, 23:48
Вероятность того, что вьетконговец выстрелом собьёт самолёт, равна 1/500. 500 вьетконговцев стреляют по самолёту. Какова вероятность того, что он будет сбит?

Наверное что-то типа 1/500+499/500^2+499^2/500^3+...+499^499/500^500?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от апреля 24, 2011, 00:05

1 - (499/500)^500 ≈ 1 - 1/e

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 24, 2011, 00:10

Сумму из пятисот слагаемых всё равно не посчитать. Удобно через противоположное событие: самолёт не будет сбит тогда и только тогда, когда все промахнутся; один вьетконговец мажет с вероятностью 499/500, поэтому 500 мажут с вероятностью (499/500)^500. И получаем ответ, который вперёд меня написал Alone Coder. По калькулятору около 0,63, то есть в одном случае из трёх самолёт спасается.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 24, 2011, 00:13

Но мой-то ответ правильный? Хоть и нереально посчитать. Теперь я знаю, как решать задачу про бомбежки, там нечто похожее. ;D

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 24, 2011, 00:18

Если вы считали «ровно 1 + ровно 2 + ... + ровно 500», то нужна формула Бернулли:
$[tex] \sum_{k=1}^{500} \binom{500}{k} \left( \frac{1}{500} \right)^k \left( \frac{499}{500} \right)^{500-k}. [/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 24, 2011, 00:19

Не, я считал не так. Я начал рисовать дерево просто :)
Я теперь фанат деревьев.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 25, 2011, 20:29

Доказать или опровергнуть: пространтво S можно представить как унион n независимых событий А1...Аn.

По-моему нет, по крайней мере не всегда это стопудово. А есть ли ситуации, когда это возможно?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 25, 2011, 20:39

Можно, если одно из событий имеет единичную вероятность, а остальные — нулевую. Ср.: $[tex]\inline A[/tex]$ и $[tex]\inline \overline A[/tex]$ независимы ⇒
$[tex]0 = \mathsf P(\varnothing) = \mathsf P(A \cap \overline A) = \mathsf P(A)\mathsf P(\overline A) \Rightarrow \mathsf P(A) = 0 \mbox{ ou } \mathsf P(\overline A)=0[/tex]$
(пардон за французский, что-то наши буквы не пишет). А примеры можно придумать: например, если X — абсолютно непрерывная случайная величина, скажем, нормальная,
$[tex] A_1 = \{X=1\}\\ A_2 = \{X=2\}\\ A_3 = \{X \ne 1, \ X \ne 2\} [/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 25, 2011, 21:03

Так значит всегда можно. А1=S, A2=0.
Или событие всегда непустое?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 25, 2011, 21:04

Например я кидаю кубик, есть шесть исходов, это невозможно поделить на независимые события, правильно же?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от апреля 25, 2011, 21:06

A1 = {X < 0}
A2 = {X >= 0}

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 25, 2011, 21:10

Цитата: RawonaM от апреля 25, 2011, 21:03
Или событие всегда непустое?

Необязательно, это даже одна из аксиом или непосредственное их следствие.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 25, 2011, 21:11

Цитата: Alone Coder от апреля 25, 2011, 21:06
A1 = {X < 0}
A2 = {X >= 0}

Ну значит любой можно так, в общем.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 25, 2011, 21:48

Цитата: Квас от апреля 23, 2011, 12:35
ЦитироватьНо подсчет почему-то показывает иное. Вероятность провождения такого поломанного В это вероятность того, что хотя бы один проводит, но не все три сразу. Хотя бы один проводит — это обычный элемент В, все три сразу это 0.8^3. Итого: 0.992 - 0.8^3=0.48. Выходит, что поломанный элемент В проводит с вероятностью в два раза меньше А.
Вы нашли абсолютную вероятность того, что проводят ровно 1 или ровно 2 провода, то есть вероятность произведения «поломанный» и «проводит». А надо найти вероятность «проводит» при условии «поломанный», то есть условную вероятность; для этого ваш ответ надо разделить на вероятность «поломанный», то есть на (1-0.8^3).

Но с A всё равно не сходится.

Вы рассуждаете верно: поломанный В — это то же, что и А, но есть нюанс: вероятность провождения проводом тока в случае поломанного B, то есть условная вероятность провождения при условии общей поломанности, отлична от 0,8 (несколько меньше).

Возвращаясь сюда: вероятность выходит таки несколько больше А, а не меньше. Ошибка или что?
Р(В|E)=0.48/(1-0.8^3)=0.9836....
Напоминаю:
P(B)=0.992
P(А)=0.96

Возможно, что В три таки провода это так влияет?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 25, 2011, 21:54

А я уже не помню, почему написал, что меньше. Тогда казалось очевидным, а сейчас уже неочевидно. Большинство ошибок в математических работах как раз в «очевидных» местах. :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 25, 2011, 21:57

Цитата: Квас от апреля 25, 2011, 21:54
А я уже не помню, почему написал, что меньше. Тогда казалось очевидным, а сейчас уже неочевидно. Большинство ошибок в математических работах как раз в «очевидных» местах. :)

То же самое сказал наш инструктор по логике. Он заумный математик :)
Сказал, что везде где стоит «очевидно» и «понятно» с большой вероятностью есть ошибка :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 28, 2011, 19:20

Задача: американский самолет летит бомбить Каддафи.
Вероятность, что самолет будет сбит до прибытия на место — 0.4.
Вероятность, что самолет попадет по цели — 0.5.
Вероятность, что Каддафи будет уничтожен если ракета попала в цель — 0.8.

Какова вероятность, что Каддафи будет убит, если:
1) был отправлен один самолет с одной ракетой.
2) был отправлен один самолет с пятью ракетами.
... остальное потом напишу.

1) 0.6*0.5*0.8=0.24
2) Вероятность что ракета не убьет Каддафи: 0.5(непопадание) + 0.2*0.5 (незадет при попадании). Вероятность, что пять ракет не убьют: (0.5+0.2*0.5)^5.
Итого вероятность ликвидации: 0.6(1-(0.5+0.2*0.5)^5)~0.5533

Верно?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 28, 2011, 19:27

3) Если отправлены 5 самолетов с одной ракетой каждый.
4) Отправлены 5 самолетов с пятью ракетами каждый.

Мои ответы:
3) 1-0.76^5~0.74
4) 1-(1-0.5533)^5~0.9822

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от апреля 28, 2011, 19:56

Ага, согласен.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от апреля 28, 2011, 20:11

Благодарю. Посылаем 5 штук. ;D

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 6, 2011, 23:21

Есть 8 мужчин и 8 женщин, их делят случайно на 8 пар.
Нужно найти функцию вероятности по случайной величине количества пар м-м.

Я ее нашел, все нормально, но интуитивно мне не понятно, почему она несимметричная. Разумеется в 2 находится больше всего, но Е не на 2, а смещен ближе к нулю. Какое этому объяснение?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Karakurt от мая 7, 2011, 00:14

Дайте функцию. И как решили?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 7, 2011, 00:23

Печатать ломает, разбирайте мои каракули :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 7, 2011, 00:29

Собственно, вопрос видимо в том, почему вероятность того, что все пары будет смешанными почти в 4 раза выше того, что все пары будут однополыми.
Надо подумать.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 7, 2011, 00:31

Квас, надо понимать, подался в староанглийский и с математикой покончил. ;D

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Karakurt от мая 7, 2011, 00:31

Да уж! Не легкая задачка. :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 7, 2011, 00:33

Да она легкая, просто рассчетов много, вероятность ошибки большая. Радует, что можно легко проверить результат и вероятность ошибки снижается почти до нуля :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 7, 2011, 00:47

Цитата: RawonaM от мая 7, 2011, 00:31
Квас, надо понимать, подался в староанглийский и с математикой покончил. ;D

Нет, я размышляю и считаю. :umnik: Независимо я пришёл к тем же результатам, то есть вероятность ошибки практически можно считать нулевой. А вот качественную картину никак не могу прокомментировать. :donno:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Karakurt от мая 8, 2011, 18:03

Объясните как решили.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 8, 2011, 18:05

Находим вероятность, что будет 0 пар, что одна пара, что две пары и т.п.
Всего может быть 0-4, остальные вероятности нули.

По сути комбинаторика все та же.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Karakurt от мая 8, 2011, 20:41

Это понятно. Но у меня получилось что вер. 4 пар будет 0.5113. (http://lingvowiki.info/wiki/images/2/25/Sm_confused2.svg)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 8, 2011, 20:50

Цитата: Karakurt от мая 8, 2011, 20:41
Это понятно. Но у меня получилось что вер. 4 пар будет 0.5113.

См. у меня в решении. Нужно 8 м разбить на 4 пары помножить на 8 ж разбить на 4 пары и все это поделить на общее количество вариантов.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: GaLL от мая 8, 2011, 21:28

Цитата: RawonaM от мая 6, 2011, 23:21
Есть 8 мужчин и 8 женщин, их делят случайно на 8 пар.
Нужно найти функцию вероятности по случайной величине количества пар м-м.

Я ее нашел, все нормально, но интуитивно мне не понятно, почему она несимметричная. Разумеется в 2 находится больше всего, но Е не на 2, а смещен ближе к нулю. Какое этому объяснение?

Если есть 2n мужиков и 2n женщин, то разнополых паросочетаний получается A = (2n)!, однополых B = ((2n-1)!!)². A/B = (2n)!!/(2n-1)!! стремится к бесконечности при n, стремящемся к бесконечности.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Karakurt от мая 8, 2011, 21:59

Я тут посчитал что всех комбинаций 16!/(8!*8!)=12870. У равонама почему-то не так.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 8, 2011, 22:03

Цитата: GaLL от мая 8, 2011, 21:28
Если есть 2n мужиков и 2n женщин, то разнополых паросочетаний получается A = (2n)!, однополых B = ((2n-1)!!)². A/B = (2n)!!/(2n-1)!! стремится к бесконечности при n, стремящемся к бесконечности.

Спасибо, надо переварить... :)

Цитата: Karakurt от мая 8, 2011, 21:59
Я тут посчитал что всех комбинаций 16!/(8!*8!)=12870. У равонама почему-то не так.

Это вы 16 человек разбили на две восьмерки, причем с порядком. А надо 16 на 8 пар без порядка.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Karakurt от мая 8, 2011, 22:06

Цитата: RawonaM от мая 8, 2011, 22:03
Это вы 16 человек разбили на две восьмерки, причем с порядком. А надо 16 на 8 пар без порядка.

Спасибо, теперь начинаю понимать.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: GaLL от мая 8, 2011, 22:23

Вообще, имхо, такие задачи и интереснее, и полезнее решать с параметрами, а не только с конкретными числами. :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Karakurt от мая 8, 2011, 22:50

!!=факториал от факториала?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: GaLL от мая 8, 2011, 22:59

Нет, n!! = n * (n - 2) * (n - 4) * ... и так до 1 или 2 в зависимости от чётности n. Например, 6!! = 2 * 4 * 6 = 48.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 10, 2011, 22:52

Есть некий опыт с вероятностью успеха р и вероятность ошибки 1-р. Попытки друг от друга не зависят.
Спрашивается, какова вероятность, что первая неудача произойдет после 20 успешных попыток (т.е. на 21+ раз)?

Я вот думаю: это получается равно вероятности, что 20 опытов выполнятся успешно, т.е. р^20.

Или чего-то я тут не учел? Терзают сомнения.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Karakurt от мая 10, 2011, 22:57

p^20*(1-p) ?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 10, 2011, 23:27

Есть еще такое, ну уж очень странное задание:
у одной пары было 50 попыток вероятностью успеха р, три из них закончились неудачно.
Если 30 из этих попыток были совершены женщиной, то какова дисперсия неудачных попыток женщины.

По-моему чего-то не хватает в этой задаче.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 10, 2011, 23:29

Цитата: RawonaM от мая 10, 2011, 22:52
Я вот думаю: это получается равно вероятности, что 20 опытов выполнятся успешно, т.е. р^20.

Ага.

Цитата: Karakurt от мая 10, 2011, 22:57
p^20*(1-p) ?

Это если ровно в 21-й раз будет неудача. А если

Цитата: RawonaM от мая 10, 2011, 22:52
(т.е. на 21+ раз)?

то дополнительный множитель не нужен.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 10, 2011, 23:34

Цитата: RawonaM от мая 10, 2011, 23:27
Есть еще такое, ну уж очень странное задание:
у одной пары было 50 попыток вероятностью успеха р, три из них неудачны закончились неудачно.
Если 30 из этих попыток были совершены женщиной, то какова дисперсия неудачных попыток женщины.

По-моему чего-то не хватает в этой задаче.

Блин, опять условная вероятность.

В условии всё есть, что нужно. Эквивалентно: известно, что всего 3 неудачи; среди первых 30 попыток X неудач. Величина X корректно определена. А вероятности её значений — через условные.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 10, 2011, 23:39

Цитата: RawonaM от мая 10, 2011, 23:27
Есть еще такое, ну уж очень странное задание:
у одной пары было 50 попыток вероятностью успеха р, три из них закончились неудачно.
Если 30 из этих попыток были совершены женщиной, то какова дисперсия неудачных попыток женщины.

По-моему чего-то не хватает в этой задаче.

А, собственно я кажется понял. Всего четыре варианта неудачных попыток у женщины:
0-3, с вероятностями:
p(0)=p^20
p(1)=p^19*(1-p)
p(2)=p^18*(1-p)^2
p(3)=p^17*(1-p)^3

Отсюда вычисляется дисперия.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 10, 2011, 23:41

Цитата: Квас от мая 10, 2011, 23:34
Блин, опять условная вероятность.

В условии всё есть, что нужно. Эквивалентно: известно, что всего 3 неудачи; среди первых 30 попыток X неудач. Величина X корректно определена. А вероятности её значений — через условные.

Что-то я не вижу где тут условная.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 10, 2011, 23:46

Цитата: RawonaM от мая 10, 2011, 23:39
А, собственно я кажется понял. Всего четыре варианта неудачных попыток у женщины:
0-3, с вероятностями:
p(0)=p^20
p(1)=p^19*(1-p)
p(2)=p^18*(1-p)^2
p(3)=p^17*(1-p)^3

Отсюда вычисляется дисперия.

Тьфу, в обратном порядке.

p(3)=p^20
p(2)=p^19*(1-p)
p(1)=p^18*(1-p)^2
p(0)=p^17*(1-p)^3

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 10, 2011, 23:47

Цитата: RawonaM от мая 10, 2011, 23:46
p(3)=p^20
p(2)=p^19*(1-p)
p(1)=p^18*(1-p)^2
p(0)=p^17*(1-p)^3

Либо как вариант:

p(0)=p^30
p(1)=p^29*(1-p)
p(2)=p^28*(1-p)^2
p(3)=p^27*(1-p)^3

Должно быть одно и то же. Сердцем чую, что-то неладно.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 10, 2011, 23:49

Собственно, почему разные числа выходят?.. Блин, ниче не врубаюсь уже.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 10, 2011, 23:51

Наверное надо думать, как тут условия притулять :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 00:06

Ага, надо обусловить все тем, что в первых 50 есть 3 неудачи, т.е. р^47*(1-p)^3.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 11, 2011, 00:12

А формула Бернулли где?

Пусть X — число неудач у женщины, Y — число неудач у мужчины, Z — общее число неудач. (Пока рассматриваем произвольное число неудач, а условие Z = 3 будем использовать в условных вероятностях).
$[tex]\mathsf P\{ X = k \} = \binom{30}k p^k (1-p)^{30-k} \qquad (k = 0,\ldots,30)[/tex]$
$[tex]\mathsf P\{ Y = l \} = \binom{20}l p^l (1-p)^{20-l} \qquad (l = 0,\ldots,20)[/tex]$
$[tex]\mathsf P\{ Z = m \} = \binom{50}m p^m (1-p)^{50-m} \qquad (m = 0,\ldots,50)[/tex]$

Нас интересуют условные вероятности
$[tex]\mathsf P\{ X = k | Z = 3\} = \frac{\mathsf P\{ X = k , Z = 3\} }{\mathsf P\{Z=3\}} \qquad (k = 0,\ldots,3)[/tex]$
Знаменатель считается по формуле выше. Числитель:
$[tex]\mathsf P\{ X = k , Z = 3\} = \mathsf P\{ X = k \} \mathsf P \{ Y = 3-k\}[/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 09:00

Спасибо Квас :) А нельзя было это упростить свести к какой-то одной биномной величине? Мне кажется это возможно. Тогда дисперсию можно было бы легко посчитать по формуле, а не делать реальное вычисление всех элементов.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 09:10

Точнее, скорее не к биномной, а к гипергеометрической величине. Вроде кажется как раз под это.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 09:26

Получается так: определяем гипергеометрическую величину с параметрами: H(50,30,3)
Ее дисперсия (тупо по формуле): 101433.67.

Теперь нужно это нормализовать на условие что в 50 будет 3 неудачи, т.к. у нас вместо Х получается:
$[tex]\frac X{\binom{50}3 p^{47} (1-p)^{3}}[/tex]$

Итого дисперсия:
$[tex](\frac 1{\binom{50}3 p^{47} (1-p)^{3}})^{2}\cdot 101433.67[/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 09:30

В ответе выходит слишком маленькое число, что-то не так с нормализатором.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 09:55

Цитата: RawonaM от мая 11, 2011, 09:26
Получается так: определяем гипергеометрическую величину с параметрами: H(50,30,3)
Ее дисперсия (тупо по формуле): 101433.67.

Тут я неправильно посчитал.

Правильный ответ: 0.69.

Разница невелика. ;D

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 10:09

Цитата: RawonaM от мая 11, 2011, 09:26
Теперь нужно это нормализовать на условие что в 50 будет 3 неудачи, т.к. у нас вместо Х получается:
$[tex]\frac X{\binom{50}3 p^{47} (1-p)^{3}}[/tex]$

Тут тоже ошибка. Не Х нужно делить, а Е[X].
Запутался с нормализацией.
Короче, пошел на работу, потом буду думать об этом.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 19:22

В общем, я пришел к выводу, что ответ по укороченному пути:
$[tex]0.69\cdot\frac 1{(\binom{50}3 p^{47} (1-p)^{3})^2}[/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 11, 2011, 20:24

Слово «гипергеометрический» оказалось у меня удачно вытесненным в подсознание. :) Глянем википедию.

Там пишут, что гипергеометрическое распределение характеризуется целочисленными параметрами. Как туда p запихнуть?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 20:39

Цитата: Квас от мая 11, 2011, 20:24
Там пишут, что гипергеометрическое распределение характеризуется целочисленными параметрами. Как туда p запихнуть?

Меня тоже сначала это смутило. Но р запихивается в коэффициэт же, в конечный результат. Для выбора трех из 50 р не нужен, нам уже известно, что ровно три случилось.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 20:41

В смысле, р учтен в вероятности события, которым мы обуславливаем.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 11, 2011, 20:46

Ничего не понял. Из википедии:
(http://upload.wikimedia.org/math/e/d/c/edc520b3cc1807fc28a401f8567bd668.png)
То есть всякая вероятность заведомо выражается рациональным числом.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 20:52

Что вас смущает?

Я даже больше вас обрадую... Оказывается в итоге, что от р ничего не зависит...
Он сокращается в этой формуле:

Цитата: Квас от мая 11, 2011, 00:12
Нас интересуют условные вероятности
$[tex]\mathsf P\{ X = k | Z = 3\} = \frac{\mathsf P\{ X = k , Z = 3\} }{\mathsf P\{Z=3\}} \qquad (k = 0,\ldots,3)[/tex]$

В числителе и знаменателе остаются всегда p^47*(1-p)^3, в итоге р вообще не играет роли.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 11, 2011, 20:57

Цитата: RawonaM от мая 11, 2011, 20:52
Я даже больше вас обрадую... Оказывается в итоге, что от р ничего не зависит...
Он сокращается в этой формуле:

Ух ты. И остаётся как раз гипергеометрическая. Значит, гипергеометрическая она и есть. :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 20:59

Цитата: Квас от мая 11, 2011, 20:57
ЦитироватьЯ даже больше вас обрадую... Оказывается в итоге, что от р ничего не зависит...
Он сокращается в этой формуле:
Ух ты. И остаётся как раз гипергеометрическая. Значит, гипергеометрическая она и есть. :)

Осталось найти ошибку, которую я в упор не вижу.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 21:02

Собственно, постфактум если подумать, то при чем тут р вообще? Сейчас читаю задачу и не понимаю, зачем мы пошли таким окольным путем...)) Все же предельно ясно, что там чисто выбор 50/30/3.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 11, 2011, 21:13

Цитата: RawonaM от мая 11, 2011, 20:59
Цитата: Квас от Сегодня в 21:57
ЦитироватьЦитировать
ЦитироватьЯ даже больше вас обрадую... Оказывается в итоге, что от р ничего не зависит...
Он сокращается в этой формуле:
Ух ты. И остаётся как раз гипергеометрическая. Значит, гипергеометрическая она и есть. :)
Осталось найти ошибку, которую я в упор не вижу.

Считаете неправильно. Я тоже тупо по википедической формуле, получается сколько надо. А у вас великовата дисперсия, чтобы ей можно было смысл приписать, учитывая, что значениями могут быть только 0, 1, 2, 3. :)

Цитата: RawonaM от мая 11, 2011, 21:02
Собственно, постфактум если подумать, то при чем тут р вообще? Сейчас читаю задачу и не понимаю, зачем мы пошли таким окольным путем...)) Все же предельно ясно, что там чисто выбор 50/30/3.

Нда. А я был весьма близок к тому, чтобы переоткрыть гипергеометрическое распределение. ;D

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 21:17

Цитата: Квас от мая 11, 2011, 21:13
Считаете неправильно. Я тоже тупо по википедической формуле, получается сколько надо. А у вас великовата дисперсия, чтобы ей можно было смысл приписать, учитывая, что значениями могут быть только 0, 1, 2, 3. :)

Та где ж великовата, у меня получается 0.69/(оченьмноговквадрате), притом что правильный ответ 0.69. Т.е., я его все хочу обусловить, а оказывается обусловливание тут не нужно. Вот это я и хочу понять, как так получается.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 21:19

Цитата: Квас от мая 11, 2011, 21:13
Нда. А я был весьма близок к тому, чтобы переоткрыть гипергеометрическое распределение. ;D

Полезно иногда забывать что-нибудь ;D

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 11, 2011, 21:32

Цитата: RawonaM от мая 11, 2011, 09:26
Получается так: определяем гипергеометрическую величину с параметрами: H(50,30,3)
Ее дисперсия (тупо по формуле): 101433.67.

Это же и есть наша величина (в википедических обозначениях HG(30,3,50)). В формулу
(http://upload.wikimedia.org/math/1/9/d/19db9b50614edc7003e9716bdcc6cd7f.png)
подставляем N = 50, D = 30, k = 3, получаем 0,69. Чего же боле?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 21:35

Квас, вы невнимательны :negozhe:

Цитата: RawonaM от мая 11, 2011, 09:55
ЦитироватьПолучается так: определяем гипергеометрическую величину с параметрами: H(50,30,3)
Ее дисперсия (тупо по формуле): 101433.67.
Тут я неправильно посчитал.

Правильный ответ: 0.69.

Разница невелика. ;D

Цитата: RawonaM от мая 11, 2011, 19:22
В общем, я пришел к выводу, что ответ по укороченному пути:
$[tex]0.69\cdot\frac 1{(\binom{50}3 p^{47} (1-p)^{3})^2}[/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 11, 2011, 21:43

Всё, я запутался окончательно. Что вам в этой задаче не нравится?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 21:47

Цитата: Квас от мая 11, 2011, 21:43
Всё, я запутался окончательно. Что вам в этой задаче не нравится?

Мне не нравится, что нет зависимости от условной вероятности события, которым мы обуславливаем.
Похоже так. Т.е. вы же видите, что я все пытаюсь его нормализовать на это событие. Думаю что если я еще денек другой поношу в голове, то либо все прояснится либо я буду точно знать, чего я недопонимаю.

Щас пойду искупаюсь, во время душа хорошо думается, я так много задач решил.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 23:44

Есть какая-то формула, как посчитать $[tex]\inline \sum_{k=1}^n k[/tex]$ ? А $[tex]\inline \sum_{k=1}^n k^2[/tex]$ ?
Не помню, чтобы я что-либо подобное когда-либо делал. Может на втором матане, который уже скоро будет, к чему я морально готовлюсь.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 11, 2011, 23:48

$[tex] \sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}2 [/tex]$
$[tex] \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}6 [/tex]$

Первая — сумма арифметической прогрессии, вторую можно доказать по индукции. Помнится, в школе мы рассматривали, как элементарными средствами можно вывести $[tex]\sum_{k=1}^n k^s[/tex]$ (для разных s разные формулы).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 11, 2011, 23:57

А, школа :) Это вне моей компетенции. Спасибо))

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 12, 2011, 11:03

Что-то я очень-очень туплю, подскажите:
Есть 16 шаров из 8 цветов по два шара на каждый цвет.

Сколько вариантов выбора двух пар шаров, так что в каждой из них будет два шара одинакового цвета?

Если считать по цветам: выбираем 2 из 8 цветов, т.е. 8*7/2 это 28 вариантов.

Если считать по отдельным шарам, выбираем 1 из 16, вместе с ним откладываем шар того же цвета, затем выбираем еще 1 из 14, вместе с ним откладываем шар из того же цвета, делим на два для повторных выборок. Итого 16*14/2=112.

Где ошибка?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 12, 2011, 11:08

Цитата: RawonaM от мая 12, 2011, 11:03
Если считать по отдельным шарам, выбираем 1 из 16, вместе с ним откладываем шар того же цвета, затем выбираем еще 1 из 14, вместе с ним откладываем шар из того же цвета, делим на два для повторных выборок. Итого 16*14/2=112.

Я понял. Если 1 из 16, то надо делить еще на 2, потому что оба того же цвета приведут к тому же результату. И того 16*14/2/2/2 = 28.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 12, 2011, 11:21

Цитата: RawonaM от мая 12, 2011, 11:03
Есть 16 шаров из 8 цветов по два шара на каждый цвет.

Сколько вариантов выбора двух пар шаров, так что в каждой из них будет два шара одинакового цвета?

Теперь сколько вариантов выбора двух пар шаров, так что ровно в одной из них будет два шара одинакового цвета?
Выбираем цвет для одной пары - 8, выбираем два цвета для второй пары: 7*6/2, но последнее нужно помножить на 4 варианта их комбинаций, итого
8*7*6/2*4=672.

Так?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 12, 2011, 11:25

И последнее, сколько вариантов, что в обоих парах будут шары разных цветов?

Вроде как 16*14*12*10/2/2/2=3360.

Но ведь все это в сумме не дает общее количество вариантов выбора двух пар шаров:

16*15*14*13/2^3=5460.

Задача вынесла моск(

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 12, 2011, 12:29

Методом тыка выходит, что эти числа:

Цитата: RawonaM от мая 12, 2011, 11:08
8*7*6/2*4=672.

Цитата: RawonaM от мая 12, 2011, 11:08
16*14/2/2/2 = 28.

Должны быть в три раза больше.
Как это получается, понятия не имею.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 12, 2011, 21:40

Цитата: RawonaM от мая 12, 2011, 11:25
И последнее, сколько вариантов, что в обоих парах будут шары разных цветов?

Вроде как 16*14*12*10/2/2/2=3360.

Но ведь все это в сумме не дает общее количество вариантов выбора двух пар шаров:

16*15*14*13/2^3=5460.

Задача вынесла моск(

Со всем до этого согласен, с этим не согласен. Получается, вы считаете, что все четыре шара должны быть разного цвета.

Одну разноцветную пару можно выбрать 16*14/2 способами. А вторую? У нас имеется 14 шаров, из них 12 пар одного цвета и ещё два без пары. То есть выбор второй пары будет суммой каких-то вариантов. Я бы, не мудрствуя лукаво, вычел из общего числа выбора двух пар предыдущие результаты. ;)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 12, 2011, 22:15

Цитата: Квас от мая 12, 2011, 21:40
Я бы, не мудрствуя лукаво, вычел из общего числа выбора двух пар предыдущие результаты. ;)

Но хочется же для надежности проверить, что все сходится. Вот смотрите:

Цитата: RawonaM от мая 12, 2011, 11:21
Теперь сколько вариантов выбора двух пар шаров, так что ровно в одной из них будет два шара одинакового цвета?
Выбираем цвет для одной пары - 8, выбираем два цвета для второй пары: 7*6/2, но последнее нужно помножить на 4 варианта их комбинаций, итого
8*7*6/2*4=672.

Теперь подумаем с другой стороны.
Посчитаем, сколько будет вариантов, в которых по крайней мере в одной паре два шара одного цвета:
8 - цвет одноцветной пары, 14*13/2 еще два шара во вторую пару, т.е. 8*14*13/2=728.
Теперь из этого вычтем варианты, в которых две пары одноцветные (мы это нашли выше): 728-28=700.
Ну и чо? Теперь у нас два разных ответа на одно и то же(

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 12, 2011, 22:18

Еще нужно найти, сколько вариантов есть так, что все 4 шара двух цветов, а распределение не имеет значения.
Я посчитал так: выбираем 2 из 8 цветов, затем разбиваем 4 шара на две группы, итого:
8*7/2*4!/2!/2!/2!=84 варианта.

Это верно, как думаете?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 12, 2011, 22:23

Цитата: RawonaM от мая 12, 2011, 22:15
Посчитаем, сколько будет вариантов, в которых по крайней мере в одной паре два шара одного цвета:
8 - цвет одноцветной пары, 14*13/2 еще два шара во вторую пару, т.е. 8*14*13/2=728.
Теперь из этого вычтем варианты, в которых две пары одноцветные (мы это нашли выше): 728-28=700.
Ну и чо? Теперь у нас два разных ответа на одно и то же(

Нет, всё сходится:

700 (по крайней мере одна пара одинаковых) = 28 (две пары одинаковых) + 672 (ровно одна пара одинаковых).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 12, 2011, 22:25

Цитата: RawonaM от мая 12, 2011, 22:18
Я посчитал так: выбираем 2 из 8 цветов, затем разбиваем 4 шара на две группы, итого:
8*7/2*4!/2!/2!/2!=84 варианта.

Это верно, как думаете?

Согласен. Я уже набил руку с шарами. :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 12, 2011, 22:25

Цитата: RawonaM от мая 12, 2011, 22:15
ЦитироватьТеперь сколько вариантов выбора двух пар шаров, так что ровно в одной из них будет два шара одинакового цвета?
Выбираем цвет для одной пары - 8, выбираем два цвета для второй пары: 7*6/2, но последнее нужно помножить на 4 варианта их комбинаций, итого
8*7*6/2*4=672.
Теперь подумаем с другой стороны.
Посчитаем, сколько будет вариантов, в которых по крайней мере в одной паре два шара одного цвета:
8 - цвет одноцветной пары, 14*13/2 еще два шара во вторую пару, т.е. 8*14*13/2=728.
Теперь из этого вычтем варианты, в которых две пары одноцветные (мы это нашли выше): 728-28=700.
Ну и чо? Теперь у нас два разных ответа на одно и то же(

Я так думаю, что во втором подсчете мы посчитали дважды некоторые варианты, а именно 28 штук, которые как раз две одноцветные пары, т.е. 28. Вроде сходится.
Блин в этой комбинаторике никакого битахона не наберешься(

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 12, 2011, 22:45

Вот еще задачка на проверку:

Вероятность количества участвующих в лотерее P{X=i}=ci^2 (от 1 до 20).

Какова вероятность выигрыша у произвольного участника?

Я посчитал так:
с=1/2870 (по формуле суммы квадратов).

Вероятность выигрыша обусловлена количеством участвующих, поэтому нужно сложить все 20 условных вероятностей. Итого с(1/1+2*2/2+...+20*20/20)=с(1+2+3+...+20), т.е. 210/2870=0.073...

Ход мысли верный?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 12, 2011, 23:02

Цитата: RawonaM от мая 12, 2011, 22:45
Ход мысли верный?

Ага, и ответ тоже. Можно рассматривать как задачу нахождения матожидания величины 1/X.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 12, 2011, 23:18

Цитата: Квас от мая 12, 2011, 23:02
ЦитироватьХод мысли верный?
Ага, и ответ тоже. Можно рассматривать как задачу нахождения матожидания величины 1/X.

Геометрическая переменная?? Не понял как...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 12, 2011, 23:46

Цитата: RawonaM от мая 12, 2011, 23:18
Цитата: Квас от Сегодня в 00:02
ЦитироватьЦитировать
ЦитироватьХод мысли верный?
Ага, и ответ тоже. Можно рассматривать как задачу нахождения матожидания величины 1/X.
Геометрическая переменная?? Не понял как...

В каком смысле «геометрическая»?

Если участвуют X участников, то вероятность моего выигрыша равна Y = 1/X. Мне надо найти $[tex]\inline \mathsf MY[/tex]$ . Распределение этой величины: значения 1/i она принимает с вероятностью ci^2 (i=1,...20).

Те же яйца, только вид сбоку. :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 12, 2011, 23:48

Что-то я такой переменной не знаходжу в конспектах. Надо взять на заметку.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 13, 2011, 00:00

Цитата: RawonaM от мая 12, 2011, 23:48
Что-то я такой переменной не знаходжу в конспектах.

Это просто функция от случайной величины. Что есть случайная величина X? Это функция на множестве элементарных исходов: $[tex]X \colon \Omega \to \mathbb R[/tex]$ . Если есть числовая функция $[tex]f \colon \mathbb R \to \mathbb R[/tex]$ , можно образовать композицию $[tex]f \circ X \colon \Omega \to \mathbb R[/tex]$ , которая снова является случайной величиной. Её обозначают f(X). Если $[tex]X[/tex]$ принимает значения $[tex]x_i[/tex]$ с вероятностями $[tex]p_i[/tex]$ , то ясно, что $[tex]f(X)[/tex]$ принимает значения $[tex]f(x_i)[/tex]$ с теми же вероятностями (с очевидной оговоркой насчёт совпадения значений $[tex]f(x_i)[/tex]$ ).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 13, 2011, 09:02

Вот у меня как раз задание на функцию от случайной величины, и мне явно не хватает математики, чтобы его решить.
X - распределение Пуассона с параметром 1.

Y= { X+1 X<=2
X-1 X>=3

Написать функцию вероятности в точной форме и найти E[Y].

Я так понимаю что в записи вообще ошибка и должно быть Y<=2 и Y>=3, функция же от Y...

Точнее чем на два случая разделить, я не знаю как можно записать...
И потом, я попробовал сложить вероятности, выходит 1 только приблизительно...

Пытаюсь найти E[Y], выходит такой бесконечный ряд:
e^-1*(7/3+3/2!+4/3!+5/4!+....).

Такого ряда что-то не нахожу в списках.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 13, 2011, 12:14

Цитата: RawonaM от мая 13, 2011, 09:02
Я так понимаю что в записи вообще ошибка и должно быть Y<=2 и Y>=3, функция же от Y...

Там правильно, обычное кусочное задание:
$[tex] Y = \left\{ \begin{array}{ll} X+1, & X \leqslant 2\\ X-1, & X \geqslant 3 \end{array} \right. [/tex]$
Величина X принимает значения 0, 1,..., причём
$[tex] p_k \mathrel{\mathop:}= \mathsf P\{ X = k \} = \lambda^k e^{-\lambda} / k![/tex]$
Поэтому ясно, что Y принимает значения 1, 2,.... С какими вероятностями? Уравнение Y=k даёт:
1) X + 1 = k (X ≤ 2)
X = k - 1, решение актуально при k ≤ 3
2) X - 1 = k (X ≥ 3)
X = k + 1, решение актуально при k ≥ 2

Получаем закон распределения:
$[tex] \mathsf P\{ Y = 1 \} = p_0\\ \mathsf P\{ Y = 2 \} = p_1 + p_3\\ \mathsf P\{ Y = 3 \} = p_2 + p_4\\ \mathsf P\{ Y = k \} = p_{k+1} \quad( k = 4, 5,...) [/tex]$

Эти уравнения нужны только чтобы красиво выписать ряд распределения. Для матожидания они ни к чему, потому что в формуле для матожидания x_k могут повторяться. Таким образом, имеем:
$[tex]\mathsf E[Y] = \sum_{k=0}^\infty f(k) p_k[/tex]$
$[tex]\mathsf E[Y] = 1 \cdot p_0 + 2 \cdot p_1 + 3 \cdot p_2 + \sum_{k=3}^\infty (k-1) \lambda^k e^{-\lambda} / k![/tex]$
Ряд вроде нормально считается. Мэпл говорит, что в конечном итоге получается (его собственные слова:)
$[tex]-1+2\,{e^{-\lambda}}+{\lambda}^{2}{e^{-\lambda}}+\lambda+2\,\lambda\,{ e^{-\lambda}} [/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 13, 2011, 12:23

У нас ламбда=1, то есть ответ -1+2/е+1/е+1+1/е=4/е.
Где-то ошибка, потому что должно быть 5/е.

Не, это для нас слишком сложное задание мне кажется, что-то тут мне не нравится.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 13, 2011, 12:25

Цитата: RawonaM от мая 13, 2011, 12:23
У нас ламбда=1, то есть ответ -1+2/е+1/е+1+1/е=4/е.
Где-то ошибка, потому что должно быть 5/е.

А, прошу пардона, пропустил двойку. Значит все правильно.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 13, 2011, 12:26

Собственно, это должно быть считаемо без мэпла, каким образом?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 13, 2011, 12:35

У нас получается ряд
$[tex]\sum_{k=3}^\infty \frac{k-1}{k!} = \sum_{k=3}^\infty \frac{1}{(k-1)!}- \sum_{k=3}^\infty \frac{1}{k!} = \sum_{m=2}^\infty \frac{1}{m!} - \sum_{k=3}^\infty \frac{1}{k!} [/tex]$
Оба ряда считаются через экспоненту:
$[tex] \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} = e [/tex]$
(из обычного ряда Тейлора при x=1). В случае произвольного λ рассуждения те же.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 13, 2011, 12:39

А зачем их, собственно, через экспоненту считать, если они сокращаются и получается 1/2?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 14, 2011, 16:54

Цитата: Квас от мая 13, 2011, 12:39
А зачем их, собственно, через экспоненту считать, если они сокращаются и получается 1/2?

Как они сокращаются?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 14, 2011, 16:57

Цитата: Квас от мая 13, 2011, 12:14
Получаем закон распределения:
$[tex] \mathsf P\{ Y = 1 \} = p_0\\ \mathsf P\{ Y = 2 \} = p_1 + p_3\\ \mathsf P\{ Y = 3 \} = p_2 + p_4\\ \mathsf P\{ Y = k \} = p_{k+1} \quad( k = 4, 5,...) [/tex]$

Что-то я тут не понял, откуда р1+р3 и р2+р4. Разве не просто р1 и р2?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 14, 2011, 17:01

Y это функция от Х такая получается?.. Почему она обусловлена Х-ом? Ниче не понял.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 14, 2011, 17:06

А, получается так, что У=2 когда Х=1 и Х=3, и У=3 когда Х=2 и 4, поэтому надо сложить. Остальные оне-то-оне.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 14, 2011, 17:16

Цитата: RawonaM от мая 14, 2011, 16:54
Цитата: Квас от Вчера в 13:39
ЦитироватьА зачем их, собственно, через экспоненту считать, если они сокращаются и получается 1/2?
Как они сокращаются?

Члены рядов одни и те же, только в первом ряде на один член больше.

Цитата: RawonaM от мая 14, 2011, 17:01
Y это функция от Х такая получается?.. Почему она обусловлена Х-ом? Ниче не понял.

Именно что функция. :yes:

Цитата: RawonaM от мая 14, 2011, 17:06
А, получается так, что У=2 когда Х=1 и Х=3, и У=3 когда Х=2 и 4, поэтому надо сложить. Остальные оне-то-оне.

Absolument. :yes:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 14, 2011, 17:43

Цитата: Квас от мая 13, 2011, 12:14
$[tex]\mathsf E[Y] = 1 \cdot p_0 + 2 \cdot p_1 + 3 \cdot p_2 + \sum_{k=3}^\infty (k-1) \lambda^k e^{-\lambda} / k![/tex]$
Ряд вроде нормально считается. Мэпл говорит, что в конечном итоге получается (его собственные слова:)
$[tex]-1+2\,{e^{-\lambda}}+{\lambda}^{2}{e^{-\lambda}}+\lambda+2\,\lambda\,{ e^{-\lambda}} [/tex]$

В упор не пойму, откуда взялся -1...
Ведь р0=1/е.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 14, 2011, 17:51

Цитата: RawonaM от мая 14, 2011, 17:43
В упор не пойму, откуда взялся -1...

-1 и λ из ряда вылезают. Если λ=1, то и не вылезают.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 20, 2011, 09:35

Сколько есть вариантов создать цепочку из 5 символов, состоящую из {a,b,c,d}, так чтобы все четыре были в цепочке?
Если так:
4! — располагаем все четыре в ряд
5 — выбираем место для дополнительной буквы
4 — выбираем дополнительную букву

4!*5*4 делим на 2!, ибо мы считаем дважды каждый вариант.

Итого 4!*5*4/2!.

Верно? Есть способ попроще?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 20, 2011, 11:23

Вот кстати еще подковырный вопрос для всех в духе телеведущего:
Есть два запечатанных конверта, в одном из них в два раза больше денег, чем во втором. Вам дают один конверт, затем предлагают поменять. Стоит менять или нет?
Привести рассчет вероятности.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Karakurt от мая 20, 2011, 11:31

Странно, ведь тут 50:50.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 20, 2011, 11:49

Цитата: RawonaM от мая 20, 2011, 09:35
Верно? Есть способ попроще?

Верно! Попроще? Сомневаюсь. У вас очень ясное решение.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Karakurt от мая 20, 2011, 11:52

Цитата: RawonaM от мая 20, 2011, 09:35
Итого 4!*5*4/2!.

А может 4!*4*4 ?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 20, 2011, 12:00

Цитата: Квас от мая 20, 2011, 11:49
ЦитироватьВерно? Есть способ попроще?
Верно! Попроще? Сомневаюсь. У вас очень ясное решение.

А я вот засомневался в правильности уже еще раз после того как написал. Смотрите:
Допустим поставили 4 в ряд таким образом: abcd.
Выбираем дополнительную букву, например а.
Теперь выбираем место для вставки: место 1 и 2 выдаст одинаковый результат, а остальные места (2-5) будут оличаться. Т.е. делением на 2! тут не обойдешься.
Или че-то я намудрил...

Цитата: Karakurt от мая 20, 2011, 11:31
Странно, ведь тут 50:50.

Вычисление вероятностей давайте.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 20, 2011, 12:06

Цитата: RawonaM от мая 20, 2011, 11:23
Вот кстати еще подковырный вопрос для всех в духе телеведущего:

Ответ-то очевиден, задача совсем элементарная в отличие от. Может, задача в том, чтобы корректно обосновать? Если в изначально выбранном много денег с вероятностью 1/2, то во втором — с той же вероятностью, то есть вроде как нет необходимости менять.

Можно так формализовать: пусть наша стратегия заключается в том, что мы меняем с вероятностью p (включает частные случаи «всегда меняем» и «никогда не меняем»). В качестве элементарных исходов можно рассматривать четыре исхода (угадал/не угадал) × (поменял/не поменял). События независимы, поэтому вероятности исходов, где «поменял», равны p/2, а где «не поменял» — (1-p)/2. Матожидание выигрыша:
p/2 ∙ x + (1-p)/2 ∙ 2x + p/2 ∙ 2x + (1-p)/2 ∙ x = 3x/2
Таким образом, матожидание выигрыша не зависит от выбора стратегии.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 20, 2011, 12:11

Цитата: Квас от мая 20, 2011, 12:06
Можно так формализовать: пусть наша стратегия заключается в том, что мы меняем с вероятностью p (включает частные случаи «всегда меняем» и «никогда не меняем»). В качестве элементарных исходов можно рассматривать четыре исхода (угадал/не угадал) × (поменял/не поменял). События независимы, поэтому вероятности исходов, где «поменял», равны p/2, а где «не поменял» — (1-p)/2. Матожидание выигрыша:
p/2 ∙ x + (1-p)/2 ∙ 2x + p/2 ∙ 2x + (1-p)/2 ∙ x = 3x/2
Таким образом, матожидание выигрыша не зависит от выбора стратегии.

Какие-то у вас не те рассчеты, что нам приводили. Это вроде как известный парадокс. Вы об этом не слышали? Забыл его название...
Потом попробую вспомнить наши вычисления.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Karakurt от мая 20, 2011, 12:13

Цитата: Karakurt от мая 20, 2011, 11:52
Цитата: RawonaM от мая 20, 2011, 09:35
Итого 4!*5*4/2!.
А может 4!*4*4 ?

Равонам не прав :) Тут или (4!*4)*4 или (5!/2!)*4. Почему они не равны?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 20, 2011, 12:14

(wiki/en) Two_envelopes_problem (http://en.wikipedia.org/wiki/Two_envelopes_problem)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 20, 2011, 12:18

Цитата: Karakurt от мая 20, 2011, 12:13
(4!*4)*4

Ввиду последних размышлений я тоже так подумал, но ведь это получается еще больше, чем мое изначальное предположение! Хотя размышления были в сторону того, что мы лишнего насчитали и нужно убрать. Так что вопрос открыт.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 20, 2011, 12:21

А правильно, теперь еще и поделить на 2! надо. Итого 4!*4*4/2!.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 20, 2011, 12:21

Цитата: RawonaM от мая 20, 2011, 12:00
Или че-то я намудрил...

Вероятно.

Другое объяснение. Есть 5 мест. Выбираем два места для одинаковых букв: $[tex]\inline \binom 52[/tex]$ . Выбираем букву для них: 4. Остальные 3 буквы расставляем как угодно: 3!. Получается
$[tex] \binom 52 \cdot4\cdot3! [/tex]$
— то же самое.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 20, 2011, 12:24

Цитата: Karakurt от мая 20, 2011, 12:13
Равонам не прав :) Тут или (4!*4)*4 или (5!/2!)*4. Почему они не равны?

Второй вариант как раз RawonaM-ов и мой. Я за него голосую. Вы воздерживаетесь? RawonaM тоже или за, или воздержался; в любом случае, принимаем его. :yes:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Karakurt от мая 20, 2011, 12:26

Я за (5!/2!)*4=240. Вы, я так понял, тоже?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 20, 2011, 12:27

Цитата: Karakurt от мая 20, 2011, 12:26
Я за (5!/2!)*4.

Тогда RawonaM-у остаётся только примкнуть к нашей коалиции. ;D

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 20, 2011, 12:34

Цитата: Квас от мая 20, 2011, 12:27
ЦитироватьЯ за (5!/2!)*4.
Тогда RawonaM-у остаётся только примкнуть к нашей коалиции. ;D

Это вы к моей коалиции примкнули :)

Ладно, теперь давайте все-таки посчитаем с такой стороны:
Ставим в ряд 4 буквы: 4!
Выбираем дополнительную букву: 4
Выбираем место куда поставить: 4
Делим на 2 потому что у нас засчитывается дважды каждая строка.

Выходит 192 вместо 240. Где ошибка?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 20, 2011, 12:35

Цитата: RawonaM от мая 20, 2011, 12:34
Выбираем место куда поставить: 4

Почему четыре-то? Столбов на 1 больше, чем промежутков между ними, известный математический факт!

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 20, 2011, 12:50

Цитата: Квас от мая 20, 2011, 12:35
ЦитироватьВыбираем место куда поставить: 4
Почему четыре-то? Столбов на 1 больше, чем промежутков между ними, известный математический факт!

Я выше писал: два из них дают одинаковый результат (вставка а до или после а — одно и то же).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 20, 2011, 12:52

Цитата: RawonaM от мая 20, 2011, 12:50
Я выше писал: два из них дают одинаковый результат (вставка а до или после а — одно и то же).

Ну так на 2 делим же.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 20, 2011, 12:57

Цитата: Квас от мая 20, 2011, 12:52
ЦитироватьЯ выше писал: два из них дают одинаковый результат (вставка а до или после а — одно и то же).
Ну так на 2 делим же.

Делим на 2 мы по другой причине. Мы ж не можем поделить на два если у нас 2 из 5 вариантов совпадают (это если 2 из 4, то другое дело)
Собственно, а зачем делить на два? Вроде ничего не считается два раза.

Еще попытка:
Ставим в ряд 4 буквы: 4!
Выбираем дополнительную букву: 4
Выбираем место куда поставить: 4 (только 4 разных варианта)
Теперь уже вроде и делить на два не надо...
Выходит много. Где ошибка?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Karakurt от мая 20, 2011, 13:00

Надо "Выбираем дополнительную букву: 4" в конце считать. А

ЦитироватьСтавим в ряд 4 буквы: 4!
Выбираем место куда поставить: 4 (только 4 разных варианта)

не катит, ибо повторы.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 20, 2011, 13:08

Цитата: Karakurt от мая 20, 2011, 13:00
Надо "Выбираем дополнительную букву: 4" в конце считать.

Почему?

Цитата: Karakurt от мая 20, 2011, 13:00
не катит, ибо повторы.

Катит. Это мой изначальный вариант и он оказался верен.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Karakurt от мая 20, 2011, 13:26

Цитата: RawonaM от мая 20, 2011, 13:08
он оказался верен

Верный ответ: 240.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 20, 2011, 17:47

Цитата: RawonaM от мая 20, 2011, 12:57
Цитата: Квас от Сегодня в 13:52
ЦитироватьЦитировать
ЦитироватьЯ выше писал: два из них дают одинаковый результат (вставка а до или после а — одно и то же).
Ну так на 2 делим же.
Делим на 2 мы по другой причине.

По этой самой причини и делим.

Цитата: RawonaM от мая 20, 2011, 12:57
Еще попытка:
Ставим в ряд 4 буквы: 4!
Выбираем дополнительную букву: 4
Выбираем место куда поставить: 4 (только 4 разных варианта)
Теперь уже вроде и делить на два не надо...
Выходит много. Где ошибка?

Для однозначности можно второй экземпляр буквы совать строго после первого. Но в зависимости от положения первой буквы будет разное число вариантов.

Цитата: Квас от мая 20, 2011, 12:21
Другое объяснение. Есть 5 мест. Выбираем два места для одинаковых букв: $[tex]\inline \binom 52[/tex]$ . Выбираем букву для них: 4. Остальные 3 буквы расставляем как угодно: 3!. Получается
$[tex] \binom 52 \cdot4\cdot3! [/tex]$
— то же самое.

Это прямо вообще не нравится?

А ещё могу предложить обкатать идею на n=2 буквах. ;)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 20, 2011, 17:57

Цитата: Квас от мая 20, 2011, 17:47
Для однозначности можно второй экземпляр буквы совать строго после первого. Но в зависимости от положения первой буквы будет разное число вариантов.

Тогда я не понимаю, каким образом деление на 2 покрывает все варианты.

Цитата: Квас от мая 20, 2011, 17:47
Это прямо вообще не нравится?

Почему ж нет? Я просто хочу прийти к одному результату разными путями, чтобы понять глубже. А то получается, что одним путем я могу решить, а другим не могу? Так не пойдет.

Цитата: Квас от мая 20, 2011, 17:47
А ещё могу предложить обкатать идею на n=2 буквах. ;)

Это у меня в предыдущем пункте было как раз. Но там я решил так: 2^5-2=30.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 20, 2011, 18:00

Цитата: RawonaM от мая 20, 2011, 17:57
Цитата: Квас от Сегодня в 18:47
ЦитироватьДля однозначности можно второй экземпляр буквы совать строго после первого. Но в зависимости от положения первой буквы будет разное число вариантов.
Тогда я не понимаю, каким образом деление на 2 покрывает все варианты.

Тогда на 2 не надо делить, конечно. Но считать сложно всё равно.

А почему вам особо не нравится, когда две одинаковые рядом? А если они через одну, разве есть принципиальная разница?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 20, 2011, 18:03

Цитата: Квас от мая 20, 2011, 18:00
А почему вам особо не нравится, когда две одинаковые рядом? А если они через одну, разве есть принципиальная разница?

Не понял, что вы имели в виду.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 20, 2011, 18:06

Цитата: RawonaM от мая 20, 2011, 18:03
Цитата: Квас от Сегодня в 19:00
ЦитироватьА почему вам особо не нравится, когда две одинаковые рядом? А если они через одну, разве есть принципиальная разница?
Не понял, что вы имели в виду.

Насколько понимаю, вам особенно не нравится, когда два одинаковых именно рядом оказываются. Или нет? Вы же поэтому пятёрку выбрасываете.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 20, 2011, 18:14

Цитата: Квас от мая 20, 2011, 18:06
Насколько понимаю, вам особенно не нравится, когда два одинаковых именно рядом оказываются. Или нет? Вы же поэтому пятёрку выбрасываете.

Я пятерку не выбрасываю, а заменяю ее на четверку, т.к разных вариантов только четыре (ибо вставив букву с обоих сторой той же самой буквы получим один результат, я его считаю за один раз).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 20, 2011, 18:20

Цитата: RawonaM от мая 20, 2011, 18:14
Цитата: Квас от Сегодня в 19:06
ЦитироватьНасколько понимаю, вам особенно не нравится, когда два одинаковых именно рядом оказываются. Или нет? Вы же поэтому пятёрку выбрасываете.
Я пятерку не выбрасываю, а заменяю ее на четверку, т.к разных вариантов только четыре (ибо вставив букву с обоих сторой той же самой буквы получим один результат, я его считаю за один раз).

А так?
a₁ b a₂ c d
a₂ b a₁ c d
Один вариант вы считаете два раза.

Если подумать, то «топология», то есть сама нумерация здесь не важна. С таким же успехом можно распределять буквы между пятью людьми, когда понятие «с обеих сторон» не имеет смысла.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 20, 2011, 18:26

Цитата: Квас от мая 20, 2011, 18:20
А так?
a₁ b a₂ c d
a₂ b a₁ c d
Один вариант вы считаете два раза.

Верно! Вот она где собака зарыта! То есть таки 5 заменить на 4 недостаточно, тут действительно получается на каждый раз два подсчета, поэтому таки умножить на 5 и разделить на 2.
Теперь ясно. То 4!*5*4/2 и все будет верно.
Это как раз мое изначальное решение...
Домучали все-таки :) Благодарю. :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 20, 2011, 19:29

Je vous en prie. :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 27, 2011, 19:27

Если плотность вероятности P(X)=f(x), то плотность вероятности P(X^2)=f(x^2)?
У меня есть экспоненциальное распределение Х, нужно найти P(X^2).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: antbez от мая 27, 2011, 19:33

Если я правильно понимаю условия, то надо в выражении для плотности заменить x на x^2 и вычислить нормировочную постоянную, используя интеграл Эйлера-Пуассона.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 27, 2011, 19:40

Цитата: antbez от мая 27, 2011, 19:33
вычислить нормировочную постоянную, используя интеграл Эйлера-Пуассона.

Этого не понял. Вы смысле константу добавить, что бы в итоге все в 1 суммировалось (интеграл то есть)?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: antbez от мая 27, 2011, 19:46

Ага! Без нормировки- никак!

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 27, 2011, 20:13

Цитата: antbez от мая 27, 2011, 19:46
Ага! Без нормировки- никак!

Так по-моему он без нормировки в 1 сложится.

$[tex]\int_0^{x^2} \lambda e^{-\lambda t} dt = 1- e^{-\lambda x^2}[/tex]$

х растет, все приближается к 1.

Уже весь анализ забыл :(

Название: Теория вероятностей
Отправлено: antbez от мая 27, 2011, 20:24

Нет, x^2 будет в показателе экспоненты, пределы интегрирования не изменятся...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 27, 2011, 20:25

Погодите. Гмурман учит так:

Если X — непрерывная случайная величина, заданная плотностью распределения f(x), и если y=φ(x) — дифференцируемая строго возрастающая или строго убывающая функция, обратная функция которой x = ψ(y), то плотность распределения g(y) случайной величины Y находят из равенства
g(y) = f(ψ(y)) |ψ'(y)|.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 27, 2011, 20:32

Чё-то было в кщёнге про возрастающие-убывающие... Надо штудирить как следует, блин.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: antbez от мая 27, 2011, 20:36

Да, забыл об этом множителе

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 27, 2011, 20:38

Цитата: RawonaM от мая 27, 2011, 20:32
Чё-то было в кщёнге про возрастающие-убывающие... Надо штудирить как следует, блин.

А чего штудировать, когда всё написано? У нас φ(x) = x^2. Экспоненциальное распределение принимает неотрицательные значения, на [0, +∞) функция φ возрастает, ψ(y) = √y. Подставляем, получаем.

Другое дело если надо эту формулу вывести...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 27, 2011, 22:11

Я честно сказать, не понял сначала, что вы написали, и только что повторно вывел подобную формулу. Только непонятно, откуда берется |ψ'(y)|. Не выходит такого и в учебнике нету.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 27, 2011, 22:14

Цитата: RawonaM от мая 27, 2011, 22:11
Только непонятно, откуда берется |ψ'(y)|. Не выходит такого и в учебнике нету.

Теперь понятно. Я просто забыл, как дифференцировать :)

Теперь непонятно, почему модуль? И почему это только к возрастающим или убывающим относится, вроде как для всех катит.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 27, 2011, 22:21

Цитата: RawonaM от мая 27, 2011, 22:14
Теперь непонятно, почему модуль?

Если фунция убывающая, то производная отрицательная, получится ерунда.

Цитата: RawonaM от мая 27, 2011, 22:14
И почему это только к возрастающим или убывающим относится, вроде как для всех катит.

У Гмурмана дальше рассуждение для случая, когда функция имеет несклько промежутков монотонности (там разбиение на интервалы используется). Но для общего случая неясно: функция распределения величины φ(X) есть
$[tex]\mathsf P\{ \varphi(X) < x \} = \mathsf P\{ X \in\varphi^{-1}(-\infty,x)\},[/tex]$
а прообраз интервала может иметь разную структуру. (Именно, если φ непрерывна, он может состоять из объединения конечного или счётного числа непересекающихся интервалов.)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 27, 2011, 22:38

Offtop

antbez, ваша внушительная математическая подготовка давно удивляет. ;up:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 27, 2011, 22:43

Если дана функция распределения $[tex]F(x)=2^x - 1[/tex]$ (0<x<1), значит плотность $[tex]f(x)=F'(x)=2^x\ln2[/tex]$ , да?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 27, 2011, 22:50

Цитата: RawonaM от мая 27, 2011, 22:43
Если дана функция распределения $[tex]F(x)=2^x - 1[/tex]$ (0<x<1), значит плотность $[tex]f(x)=F'(x)=2^x\ln2[/tex]$ , да?

Ага.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 27, 2011, 23:28

Чьёрт, забыл всеёё...

f(f^-1(x))=1?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 27, 2011, 23:44

Цитата: RawonaM от мая 27, 2011, 23:28
f(f^-1(x))=1?

Если имеется в виду обратное отображение, то =x.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 27, 2011, 23:50

Цитата: Квас от мая 27, 2011, 23:44
Если имеется в виду обратное отображение, то =x.

А, ну да :) Пасибо. Ниче, скоро всплывет :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 28, 2011, 18:15

Есть система, в которой три элемента и в ней проходит ток если работают элементы 1 и 2 вместе или 3 (т.е. 1 и 2 последовательно подключены, 3 параллельно).

Вероятность того, что элемент работает — p.

Какова вероятность, что система проводит ток? Я говорю, $[tex]p^2+p-p^3[/tex]$ .

Дальше. Если известно, что ток проходит, какова вероятность, что 3 работает? Я говорю, $[tex]\frac{p}{p^2+p-p^3}[/tex]$ .

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 28, 2011, 18:33

Цитата: RawonaM от мая 28, 2011, 18:15
Какова вероятность, что система проводит ток? Я говорю, $[tex]p^2+p-p^3[/tex]$ .

Согласен.

Цитата: RawonaM от мая 28, 2011, 18:15
Дальше. Если известно, что ток проходит, какова вероятность, что 3 работает? Я говорю, $[tex]\frac{p}{p^2+p-p^3}[/tex]$ .

Не согласен.
$[tex]\mathsf P \{ \text{3 fonctionnent} | \text{le courant passe } \} =\\[7pt]= \frac{\mathsf P \{ \text{3 fonctionnent} \cap \text{le courant passe } \} }{\mathsf P \{ \text{le courant passe } \} } = \\[7pt]=\frac{p^3}{p^2+p-p^3}{[/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 28, 2011, 18:38

Нет, не что все три работают, а что элемент нубмер 3 работает.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 28, 2011, 18:39

Тогда согласен.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 28, 2011, 18:41

Ответ ясен, спасибо.

Вот что неясно: допустим сказано, что вероятность срока эксплуатации элемента — экспоненциальная переменная с параметром 1/2. Какова вероятность, что элемент проработает два года?

$[tex]F(2)=1-e^{-1}=0.6321[/tex]$ — это нам дает вероятность поломки в течение двух лет, правильно?
Т.е. вероятность двухлетней работы — 1-0.6321, так?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 28, 2011, 18:44

Всё правильно. :yes:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 28, 2011, 18:47

А если дано, что вероятность срока эксплуатации — равномерная переменная между 1 и 4 года. Какова вероятность, что проработает два года?
Я так понимаю: вероятность поломки между в первые два года — 1/3, значит вероятность что проработает первые два года — 2/3. Верно?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 28, 2011, 18:48

Ну да, аналогичная предыдущей задача.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 28, 2011, 18:50

Мерси. Кажется я осилил эти непрерывные переменные. Тока интегралы нужно тренировать :(

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 28, 2011, 19:30

Возвращаясь к предыдущему разговору:

Есть Х — экспоненциальная переменная, $[tex]Y=X^2[/tex]$ .

Мне нужно найти функцию плотности Y.

Функция интеграла (забыл опять как по-русски):
$[tex]F_Y(y)=F_X(\sqrt y)=1-e^{-\lambda \sqrt y}[/tex]$

Производная (т.е. функция плотности):
$[tex]\frac{d}{dx}F_X(\sqrt y)=(e^{-\lambda \sqrt y})'=e^{-\lambda \sqrt y}\cdot -\lambda \cdot -\frac1{2\sqrt y}=e^{-\lambda \sqrt y}\cdot \frac{\lambda}{2\sqrt y}[/tex]$

Это верно или нет? Откуда у вас там появляется модуль?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 28, 2011, 20:13

Цитата: RawonaM от мая 28, 2011, 19:30
Это верно или нет? Откуда у вас там появляется модуль?

Верно. Зависимость X = ψ(Y) возрастающая, поэтому модуля и не должно быть (производная неотрицательная). Если бы эта зависимость была убывающая, то мы не могли бы написать
$[tex]F_Y(y) = F_X(\psi(y)).[/tex]$
На самом деле в этом случае
$[tex]F_Y(y) = \mathsf P\{ Y < y \} = \mathsf P \{ \varphi(X) < y \} = \mathsf P \{ X > \psi (y) \} = 1 - F_X(\psi(y)).[/tex]$
При дифференцировании возникает минус, убивающий отрицательность производной.

Оба случая (положительная производная с плюсом, отрицательная — с минусом) можно записать единой формулой через модуль.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 28, 2011, 20:35

Цитата: RawonaM от мая 28, 2011, 19:30
Производная (т.е. функция плотности):
$[tex]\frac{d}{dx}F_X(\sqrt y)=(e^{-\lambda \sqrt y})'=e^{-\lambda \sqrt y}\cdot -\lambda \cdot -\frac1{2\sqrt y}=e^{-\lambda \sqrt y}\cdot \frac{\lambda}{2\sqrt y}[/tex]$

Il y'a un probleme... Минуса таки не хватает, забыл, должно быть:

$[tex]\frac{d}{dx}F_X(\sqrt y)=-(e^{-\lambda \sqrt y})'=-e^{-\lambda \sqrt y}\cdot -\lambda \cdot -\frac1{2\sqrt y}=-e^{-\lambda \sqrt y}\cdot \frac{\lambda}{2\sqrt y}[/tex]$

Неужели и теперь правильно? :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 28, 2011, 21:21

А теперь как раз нет. :) Откуда третий минус-то? Производная от корня с плюсом.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 28, 2011, 21:23

Цитата: Квас от мая 28, 2011, 21:21
А теперь как раз нет. :) Откуда третий минус-то? Производная от корня с плюсом.

:what: Точно производная от корня с плюсом??? Откуда у меня в голове минус тогда сидит?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 28, 2011, 21:30

Цитата: RawonaM от мая 28, 2011, 21:23
:what: Точно производная от корня с плюсом??? Откуда у меня в голове минус тогда сидит?

Конечно! Он же возрастает.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 28, 2011, 21:50

Действительно. Туплю :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 28, 2011, 22:34

Как найти интеграл $[tex]\int_0^{1} x 2^x \ln 2 dx[/tex]$ ?

Пытаюсь частями:
$[tex]\int_0^{1} x 2^x \ln 2 dx = x 2^x - \int_0^{1} 2^x dx[/tex]$

Дальше не помню что делать...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 28, 2011, 22:38

Цитата: RawonaM от мая 28, 2011, 22:34
Пытаюсь частями:

Всё правильно, только первое слагаемое в правой части в подстановке от 0 до 1. Оставшийся интеграл считается: первообразная равна
$[tex]\frac{2^x}{\ln 2}[/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 28, 2011, 22:48

$[tex]2^{\log_2(y+1)}=y+1[/tex]$ ? Анализ потихоньку вспоминаю...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 28, 2011, 22:48

Цитата: Квас от мая 28, 2011, 22:38
ЦитироватьПытаюсь частями:
Всё правильно, только первое слагаемое в правой части в подстановке от 0 до 1. Оставшийся интеграл считается: первообразная равна
$[tex]\frac{2^x}{\ln 2}[/tex]$

Дейсительна...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Toivo от мая 28, 2011, 22:52

Цитата: RawonaM от мая 28, 2011, 22:48
$[tex]2^{\log_2(y+1)}=y+1[/tex]$ ? Анализ потихоньку вспоминаю...

У меня странное ощущение, что я не забыл со школы, как это решается:..

Spoiler ⇓⇓⇓

(http://lingvowiki.info/wiki/images/0/06/Sm_sclerosis.svg)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 28, 2011, 23:01

Цитата: RawonaM от мая 28, 2011, 22:34
Как найти интеграл $[tex]\int_0^{1} x 2^x \ln 2 dx[/tex]$ ?

Выходит $[tex]2-\frac1{\ln2}[/tex]$ ?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от мая 28, 2011, 23:02

Цитата: Toivo от мая 28, 2011, 22:52
У меня странное ощущение, что я не забыл со школы, как это решается:..

В смысле решается? Там любой у подходит, это тождество :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Bhudh от мая 28, 2011, 23:03

Цитата: RawonaM от мая 28, 2011, 23:02Там любой у подходит

Цитата: Toivo от мая 28, 2011, 22:52игрек больше -1?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Toivo от мая 28, 2011, 23:05

Цитата: RawonaM от мая 28, 2011, 23:02
Цитата: Toivo от мая 28, 2011, 22:52
У меня странное ощущение, что я не забыл со школы, как это решается:..
В смысле решается? Там любой у подходит, это тождество :)

Это не тождество. Логарифм здесь не определён при игрек меньшем -1, т.е. при этих игреках левая часть равенства не им. смысла.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 28, 2011, 23:08

Цитата: RawonaM от мая 28, 2011, 23:01
Цитата: RawonaM от Вчера в 23:34
ЦитироватьКак найти интеграл $[tex]\int_0^{1} x 2^x \ln 2 dx[/tex]$ ?
Выходит $[tex]2-\frac1{\ln2}[/tex]$ ?

Absolument.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 28, 2011, 23:08

Цитата: Toivo от мая 28, 2011, 23:05
Это не тождество. Логарифм здесь не определён при игрек меньшем -1, т.к. при этих игреках левая часть равенства не им. смысла.

Вроде в определении тождества было «при всех допустимых значениях переменных».

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Toivo от мая 28, 2011, 23:13

Цитата: Квас от мая 28, 2011, 23:08
Цитата: Toivo от мая 28, 2011, 23:05
Это не тождество. Логарифм здесь не определён при игрек меньшем -1, т.к. при этих игреках левая часть равенства не им. смысла.
Вроде в определении тождества было «при всех допустимых значениях переменных».

Википедия нагло врёт, что:..

Цитата: //ru.wikipedia.org/wiki/Тождество_(математика)То́ждество (в математике) — равенство, выполняющееся на всём множестве значений входящих в него переменных (равенство, верное при любых значениях переменной)...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 28, 2011, 23:18

Цитировать
на всём множестве значений входящих в него переменных

Что сие?

Цитировать
(равенство, верное при любых значениях переменной)

Насколько «любых»? А если я туда стану матрицы совать вместо игреков или какие-нибудь классы вычетов?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Toivo от мая 28, 2011, 23:23

Статью в Вики на переделку отправить надо тогда.
В любом случае, в исходном равенстве не было дополнительного условия "только при игрек большем -1", а без него оно неверно.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 28, 2011, 23:37

Цитата: Toivo от мая 28, 2011, 23:23
Статью в Вики на переделку отправить надо тогда.

Или на доработку. Пишешь (неопр.-л.) — пиши понятно, чтобы люди не гадали, что имеется в виду. Иначе не математика, а чёрт-те что получается.

Вот у меня в энциклопедическом словаре:

ТОЖДЕСТВО — равенство двух аналитических выражений, справделивое для любых допустимых значений входящих в него букв.

Кстати, я ничтоже сумняшеся называю тождествами равенства, выполняющиеся почти всюду (то есть за исключением некоторого множества меры 0). Интересно, это порча языка? В любом случае, всегда с необходимыми пояснениями.

Цитата: Toivo от мая 28, 2011, 23:23
В любом случае, в исходном равенстве не было дополнительного условия "только при игрек большем -1", а без него оно неверно.

Счас поднаторевший в логике RawonaM объяснит нам что-нибудь навроде того, что это предикат, и переменная не связана и т. д. :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Toivo от мая 28, 2011, 23:44

Цитата: Квас от мая 28, 2011, 23:37
Цитата: Toivo от мая 28, 2011, 23:23
Статью в Вики на переделку отправить надо тогда.
Или на доработку. Пишешь (неопр.-л.) — пиши понятно, чтобы люди не гадали, что имеется в виду. Иначе не математика, а чёрт-те что получается.
Вот у меня в энциклопедическом словаре:
ТОЖДЕСТВО — равенство двух аналитических выражений, справделивое для любых допустимых значений входящих в него букв.
Кстати, я ничтоже сумняшеся называю тождествами равенства, выполняющиеся почти всюду (то есть за исключением некоторого множества меры 0). Интересно, это порча языка? В любом случае, всегда с необходимыми пояснениями.

Но подождите, получается, что по данному в словаре определению тождествами являются также и все уранения, кроме тех, что не имеют решений? Ведь при допустимых значениях (решения уравнений) они являются справедливыми... (http://lingvowiki.info/wiki/images/7/7d/Sm_donno.svg)

Цитата: Квас от мая 28, 2011, 23:37
Цитата: Toivo от мая 28, 2011, 23:23
В любом случае, в исходном равенстве не было дополнительного условия "только при игрек большем -1", а без него оно неверно.
Счас поднаторевший в логике RawonaM объяснит нам что-нибудь навроде того, что это предикат, и переменная не связана и т. д. :)

(http://lingvowiki.info/wiki/images/b/b3/Sm_smile.svg)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от мая 28, 2011, 23:46

Цитата: Toivo от мая 28, 2011, 23:44
Но подождите, получается, что по данному в словаре определению тождествами являются также и все уранения, кроме тех, что не имеют решений? Ведь при допустимых значениях (решения уравнений) они являются справедливыми...

Допустимые — это те, при которых все члены имеют смысл.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Toivo от мая 28, 2011, 23:50

Цитата: Квас от мая 28, 2011, 23:46
Цитата: Toivo от мая 28, 2011, 23:44
Но подождите, получается, что по данному в словаре определению тождествами являются также и все уранения, кроме тех, что не имеют решений? Ведь при допустимых значениях (решения уравнений) они являются справедливыми...
Допустимые — это те, при которых все члены имеют смысл.

Тогда исходное уравнение - не тождество. Логарифм не имеет смысла при игрек меньшем либо равном -1. (http://lingvowiki.info/wiki/images/1/1b/Sm_yes.svg)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 17:56

Ниче не понятно в задании :(

Вот например: от точки А до точки В имеется n элементов, если один из них не работает, то ток от А до В не проходит и система не работает.

Срок жизни каждого элемента — экспоненциальная переменная с параметром 0.2 (в неделях).

1) Какова вероятность, что система проработает 5 недель?
2) Найти матожидание и дисперсию срока работы системы.

Допустим первое понятно:
Вероятность, что элемент i сломается в течение первых 5 недель — 1-e^-1, значит вероятность, что он проработает более 5 недель — e^-1. Значит вероятность что n элементов проработают более 5 недель — e^-n.

Со вторым даже не догадываюсь.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 4, 2011, 18:18

Пусть F — функция распределения экспоненциальной величины. Пусть T_i — срок жизни i-го элемента, тогда P{T_i < t} = F(t).

Пусть T — время работы системы. Предлагаю взять t и посчитать вероятность того, что система будет работать меньше, чем t. Противоположное событие: работает ≥ t, если все элементы работают ≥ t, то есть
P{T ≥ t} = P{T_i ≥ t: i = 1,...,5} = (1 - F(t))⁵
Получаем функцию распределения T:
F_T(t) = P{T < t} = 1 - (1 - F(t))⁵.
Дифференцируем и находим плотность, потом по формулам.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 18:19

Дальше. Количество клиентов, входящих в магазин в течение одного дня задано распределением Пуассона с параметром 30. Каждый вошедший делает покупку с вероятностью 0.2.

1) Если в один день зашли в магазин 27 человек, какова вероятность, что 5 из них что-нибудь купили?
2) Какова вероятность, что в определенный день зайдет 27 человек и 5 из них сделают покупку?
3) Каждый клиент при входе получает купон на 10 шекелей, а если делает покупку получает еще один купон на 10 шекелей. Найти дисперсию общей суммы купонов, выданной в произвольный день.
4) Если в течение двух дней зашло в магазин 65 человек, какова вероятность, что 30 из них зашли в первый день?

Мои ответы:
1) $[tex]\inline \binom{27}5 0.2^5 0.8^{22}[/tex]$
2) Ответ из 1 умножить на вероятность что зайдет 27 человек, т.е. $[tex]\inline \binom{27}5 0.2^5 0.8^{22} \cdot e^{-30} \cdot \frac{30^{27}}{27!}[/tex]$
3) Понятия не имею.
4) Определим Z — количество зашедших в произвольные два дня, получается это распределение Пуассона с параметром 60. X — зашедшие в первый день, Y — зашедшие во второй день.
Ответ будет:
$[tex]\frac{P\{X=30\}\cdot P\{Y=35\}}{P\{Z=65\}}=\frac{\frac{30^{30}}{30!}\frac{30^{35}}{35!}}{\frac{60^{65}}{65!}}[/tex]$
Калькулятор не смог посчитать, сказал оверфлоу...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 18:22

Цитата: Квас от июня 4, 2011, 18:18
Пусть F — функция распределения экспоненциальной величины. Пусть T_i — срок жизни i-го элемента, тогда P{T_i < t} = F(t).

Пусть T — время работы системы. Предлагаю взять t и посчитать вероятность того, что система будет работать меньше, чем t. Противоположное событие: работает ≥ t, если все элементы работают ≥ t, то есть
P{T ≥ t} = P{T_i ≥ t: i = 1,...,5} = (1 - F(t))⁵
Получаем функцию распределения T:
F_T(t) = P{T < t} = 1 - (1 - F(t))⁵.
Дифференцируем и находим плотность, потом по формулам.

Что-то мне это кажется слишком сложным... Не могу уловить мысль.
Написан хинт, что распределение срока жизни должно быть какой-то известной случайной переменной, нужно ее опознать и использовать пункт 1 для решения пункт 2.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Karakurt от июня 4, 2011, 18:27

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 18:19
Калькулятор не смог посчитать, сказал оверфлоу...

~0.081562

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 18:31

Цитата: Karakurt от июня 4, 2011, 18:27
Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 18:19Калькулятор не смог посчитать, сказал оверфлоу...
~0.081562

Danke.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 18:33

Цитата: Квас от июня 4, 2011, 18:18
Пусть T — время работы системы. Предлагаю взять t и посчитать вероятность того, что система будет работать меньше, чем t. Противоположное событие: работает ≥ t, если все элементы работают ≥ t, то есть
P{T ≥ t} = P{T_i ≥ t: i = 1,...,5} = (1 - F(t))⁵
Получаем функцию распределения T:
F_T(t) = P{T < t} = 1 - (1 - F(t))⁵.
Дифференцируем и находим плотность, потом по формулам.

Откуда тут у вас 5, никак не пойму?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 4, 2011, 18:37

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 18:33
Цитата: Квас от июня 4, 2011, 18:18Пусть T — время работы системы. Предлагаю взять t и посчитать вероятность того, что система будет работать меньше, чем t. Противоположное событие: работает ≥ t, если все элементы работают ≥ t, то есть
P{T ≥ t} = P{T_i ≥ t: i = 1,...,5} = (1 - F(t))⁵
Получаем функцию распределения T:
F_T(t) = P{T < t} = 1 - (1 - F(t))⁵.
Дифференцируем и находим плотность, потом по формулам.
Откуда тут у вас 5, никак не пойму?

Здесь символ «5» означает n. ;D

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 4, 2011, 18:38

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 18:19
1) $[tex]\inline \binom{27}5 0.2^5 0.8^{22}[/tex]$
2) Ответ из 1 умножить на вероятность что зайдет 27 человек, т.е. $[tex]\inline \binom{27}5 0.2^5 0.8^{22} \cdot e^{-30} \cdot \frac{30^{27}}{27!}[/tex]$

С этим я согласен.

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 18:19
4) Определим Z — количество зашедших в произвольные два дня, получается это распределение Пуассона с параметром 60.

Точно? :-\

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 18:19
3) Понятия не имею.

Да, надо сообразить.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 18:41

Цитата: Квас от июня 4, 2011, 18:37
Здесь символ «5» означает n. ;D

А-а))
Все равно не понятно ничего :( Вероятнее всего, что задание не такое сложное. Это какая-то известная величина, возможно экспоненциальная... Мне интуитивно хочется сказать, что это экспоненциальная с параметром 0.2ⁿ.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 18:42

Цитата: Квас от июня 4, 2011, 18:38
Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 18:194) Определим Z — количество зашедших в произвольные два дня, получается это распределение Пуассона с параметром 60.
Точно? :-\

Ну да. Распределение Пуассона же линейно. Если в день 30, то в полдня — 15, в два дня — 60.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 4, 2011, 18:42

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 18:22
Что-то мне это кажется слишком сложным... Не могу уловить мысль.

Та же мысль, что и у вас, только вместо 5 недель стоит t, и функцию распределения я не пишу в явном виде, потому что её не знаю.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 4, 2011, 18:43

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 18:42
Ну да. Распределение Пуассона же линейно. Если в день 30, то в полдня — 15, в два дня — 60.

Если так, то решение правильное.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 18:46

Цитата: Квас от июня 4, 2011, 18:43
Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 18:42Ну да. Распределение Пуассона же линейно. Если в день 30, то в полдня — 15, в два дня — 60.
Если так, то решение правильное.

Но если ответ выходит ~0.081562, как люди посчитали, то по-моему что-то тут не так. Ведь примерно получется, что зашло в среднем 32,5 человека в день. Неужели вероятность что зашло 30-35 настолько низкая? Она вроде должна быть очень высокой.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 4, 2011, 18:50

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 18:46
Неужели вероятность что зашло 30-35 настолько низкая? Она вроде должна быть очень высокой.

Не менее вероятно 35-30, а более вероятно 31-34, 32-33, 33-32, 34-31; получается грубая оценка <0.17.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 4, 2011, 18:54

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 18:41
Вероятнее всего, что задание не такое сложное. Это какая-то известная величина, возможно экспоненциальная... Мне интуитивно хочется сказать, что это экспоненциальная с параметром 0.2ⁿ.

Моё решение совсем не сложное, фактически оно обобщает ваше. Если продифференцировать, видно, что будет экспоненциальное распределение с параметром nλ. Но изначально мне это не было очевидно.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 4, 2011, 19:01

Что-то с купонами не нравится. Пусть X — сумма купонов в десятках шекелей. Если зашло n человек и покупку сделали k человек, то X = n + k, а вероятность этого равна
$[tex] p_{nk} = \frac{\lambda^n}{n!}e^{-\lambda}\cdot\binom nk p^k (1-p)^{n-k}. [/tex]$
Мне даже матожидание считать страшно. Any ideas?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 19:07

Цитата: Квас от июня 4, 2011, 18:54
Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 18:41Вероятнее всего, что задание не такое сложное. Это какая-то известная величина, возможно экспоненциальная... Мне интуитивно хочется сказать, что это экспоненциальная с параметром 0.2ⁿ.
Моё решение совсем не сложное, фактически оно обобщает ваше. Если продифференцировать, видно, что будет экспоненциальное распределение с параметром nλ. Но изначально мне это не было очевидно.

Да. Они так это написали, как будто это совершенно банально и очевидно.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 19:10

Цитата: Квас от июня 4, 2011, 19:01
Что-то с купонами не нравится. Пусть X — сумма купонов в десятках шекелей. Если зашло n человек и покупку сделали k человек, то X = n + k, а вероятность этого равна
$[tex] p_{nk} = \frac{\lambda^n}{n!}e^{-\lambda}\cdot\binom nk p^k (1-p)^{n-k}. [/tex]$
Мне даже матожидание считать страшно. Any ideas?

Что-то должно быть связано либо с условной вероятностью либо с вероятностью одновременно двух величин. Я тоже в шоке от этого вопроса. Надо думать.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 19:25

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 19:10
Цитата: Квас от июня 4, 2011, 19:01Что-то с купонами не нравится. Пусть X — сумма купонов в десятках шекелей. Если зашло n человек и покупку сделали k человек, то X = n + k, а вероятность этого равна
$[tex] p_{nk} = \frac{\lambda^n}{n!}e^{-\lambda}\cdot\binom nk p^k (1-p)^{n-k}. [/tex]$
Мне даже матожидание считать страшно. Any ideas?
Что-то должно быть связано либо с условной вероятностью либо с вероятностью одновременно двух величин. Я тоже в шоке от этого вопроса. Надо думать.

Проблема в том, что они зависимые. Для зависимых сумм я даже примеров в книге не нахожу. Чисто количество зашедших, понятно — матожидание 30, но чтобы посчиать количество купивших, нужно знать количество зашедших в определенный день. А матожидания нельзя «накладывать»? Т.е. если матожидание зашедших 30, то допустим матожидание купивших — 30*0.2, т.е. матожидание общего количества купонов — 36. Может так быть?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 20:52

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 19:10
Проблема в том, что они зависимые. Для зависимых сумм я даже примеров в книге не нахожу. Чисто количество зашедших, понятно — матожидание 30, но чтобы посчиать количество купивших, нужно знать количество зашедших в определенный день. А матожидания нельзя «накладывать»? Т.е. если матожидание зашедших 30, то допустим матожидание купивших — 30*0.2, т.е. матожидание общего количества купонов — 36. Может так быть?

Я все больше и больше убеждаюсь, что это не может быть иначе. Однако как это математически обосновать?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 21:08

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 20:52
Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 19:10А матожидания нельзя «накладывать»? Т.е. если матожидание зашедших 30, то допустим матожидание купивших — 30*0.2, т.е. матожидание общего количества купонов — 36. Может так быть?
Я все больше и больше убеждаюсь, что это не может быть иначе. Однако как это математически обосновать?

Кроме того, мне нужно не матожидание, а дисперсия. Как ее отсюда выцедить, понятия не имею.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 21:51

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 21:08
Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 20:52
Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 19:10А матожидания нельзя «накладывать»? Т.е. если матожидание зашедших 30, то допустим матожидание купивших — 30*0.2, т.е. матожидание общего количества купонов — 36. Может так быть?
Я все больше и больше убеждаюсь, что это не может быть иначе. Однако как это математически обосновать?
Кроме того, мне нужно не матожидание, а дисперсия. Как ее отсюда выцедить, понятия не имею.

Думаю что дисперсию можно вычислить так: если матожидание зашедших — E[X]=30, а матожидание общего количества — E[Y]=36, то:
30a=36, a=1.2

E[aX]=E[Y] ==> a²Var(X)=Var(Y).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 22:10

Хоть бы одна тварь написала че-нить на форуме курса. Мертво, как-будто все всё понимают и никаких вопросов не возникает. Это странно. На форуме логики, матана и др. курсов пишут обычно много и заваливают вопросами, так что всегда можно что-нибудь полезное почитать.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 4, 2011, 22:31

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 21:51
Думаю что дисперсию можно вычислить так: если матожидание зашедших — E[X]=30, а матожидание общего количества — E[Y]=36, то:
30a=36, a=1.2

E[aX]=E[Y] ==> a²Var(X)=Var(Y).

Вы считаете, они по одному закону распределены?

Есть, конечно, один метод... Короче, можно плюнуть на вероятностную интуицию и тупо вычислить ряды. Жестоко. Рискнём?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 22:37

Цитата: Квас от июня 4, 2011, 22:31
Вы считаете, они по одному закону распределены?

Ну так покупатели же вычисляются из людей.

Цитата: Квас от июня 4, 2011, 22:31
Есть, конечно, один метод... Короче, можно плюнуть на вероятностную интуицию и тупо вычислить ряды. Жестоко. Рискнём?

Какие ряды? В смысле, таблицу двух величин построить? Я что-то подобное пробовал.

Собственно, можно переформулировать задачу так:
Есть в среднем 30 посетителей в день (величина Пуассона), каждый посетитель с вероятностью в 0.2 станет покупателем. Каково распределение покупателей?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 4, 2011, 22:46

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 22:37
Собственно, можно переформулировать задачу так:
Есть в среднем 30 посетителей в день (величина Пуассона), каждый посетитель с вероятностью в 0.2 станет покупателем. Каково распределение покупателей?

Точнее говоря, нас интересует сумма числа посетителей плюс числа покупателей.

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 22:37
Цитата: Квас от июня 4, 2011, 22:31Вы считаете, они по одному закону распределены?
Ну так покупатели же вычисляются из людей.

Мы скрещиваем распределение Пуассона и биномиальное. Почему не получиться распределению какого-нибудь Уазо?

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 22:37
Какие ряды? В смысле, таблицу двух величин построить? Я что-то подобное пробовал.

Матожидание и дисперсия дискретной величины находятся через ряды. Вот эти ряды можно и посчитать.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 23:17

Цитата: Квас от июня 4, 2011, 22:46
Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 22:37
Цитата: Квас от июня 4, 2011, 22:31Вы считаете, они по одному закону распределены?
Ну так покупатели же вычисляются из людей.
Мы скрещиваем распределение Пуассона и биномиальное. Почему не получиться распределению какого-нибудь Уазо?

Разве это зависит от распределения? Это же общие формулы для любого распределения:
E[aX+b]=aE[X]+b
Var(aX+b)=a²Var(X)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 4, 2011, 23:28

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 23:17
Разве это зависит от распределения? Это же общие формулы для любого распределения:
E[aX+b]=aE[X]+b
Var(aX+b)=a²Var(X)

Да. Но если E[X] = 30, E[Y] = 36, то мы не можем сделать вывод о линейной связи величин X и Y.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 23:31

Цитата: Квас от июня 4, 2011, 23:28
Да. Но если E[X] = 30, E[Y] = 36, то мы не можем сделать вывод о линейной связи величин X и Y.

Логично. Но мы-то знаем, что она есть. :)

Мы с вами очень сильно чего-то недогоняем, потому что этот пункт дожен быть не легче и не труднее предыдущих пунктов (судя по указанным баллам за него).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 4, 2011, 23:38

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 23:31
Цитата: Квас от июня 4, 2011, 23:28Да. Но если E[X] = 30, E[Y] = 36, то мы не можем сделать вывод о линейной связи величин X и Y.
Логично. Но мы-то знаем, что она есть. :)

Я не знаю. :donno:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 23:45

Цитата: Квас от июня 4, 2011, 23:38
Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 23:31
Цитата: Квас от июня 4, 2011, 23:28Да. Но если E[X] = 30, E[Y] = 36, то мы не можем сделать вывод о линейной связи величин X и Y.
Логично. Но мы-то знаем, что она есть. :)
Я не знаю. :donno:

Почему? 1.2*X=Y, потому что покупателей у нас 0.2X (вероятность же стать покупателем 0.2).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 4, 2011, 23:48

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 23:45
Почему? 1.2*X=Y, потому что покупателей у нас 0.2X (вероятность же стать покупателем 0.2).

Нет. Могло прийти 30 человек и все 30 могли что-то купить. А пропорциональность означает, что всегда покупателей ровно 0.2Х.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 23:49

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 23:45
Почему? 1.2*X=Y, потому что покупателей у нас 0.2X (вероятность же стать покупателем 0.2).

Ой точно, что-то я не то говорю. Ожидание покупателей наверное 0.2E[X], но не количество же покупателей...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 23:49

Цитата: Квас от июня 4, 2011, 23:48
Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 23:45Почему? 1.2*X=Y, потому что покупателей у нас 0.2X (вероятность же стать покупателем 0.2).
Нет. Могло прийти 30 человек и все 30 могли что-то купить. А пропорциональность означает, что всегда покупателей ровно 0.2Х.

Да, я уже понял, что глупость сказал. Короче задача вынесла мозги. Иду спать, завтра уже буду разбираться.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 4, 2011, 23:54

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 23:49
Короче задача вынесла мозги. Иду спать, завтра уже буду разбираться.

Alors, bonne nuit. If faut reprendre des forces, car demain on va appliquer des armes mortelles : les séries. (http://www.kolobok.us/smiles/light_skin/paratrooper.gif)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 4, 2011, 23:58

Цитата: Квас от июня 4, 2011, 23:54
Alors, bonne nuit. If faut reprendre des forces, car demain on va appliquer des armes mortelles : les séries.

;D S'il n'y a pas d'autres chemins, il faut le faire :yes: Bonne nuit :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 8, 2011, 13:43

В общем, я обнаружил, где собака зарыта.

Дело в том, что если есть распределение Пуассона с параметром Л, часть из него с биномной вероятностью р выделяется, то его можно разложить на две независимые величины Пуассона Х=Ро(Л*р) и У=Ро(Л*(1-р)). Это доказано.

То есть, мы можем разложить посетителей на независимых покупателей и непокупателей, покупатели будут Ро(6), а непокупатели Ро(24).

Отсюда легко посчитать все что угодно, в частности дисперсию купонов.

Однако есть кое что, что мне не очень понятно. Если Var(Po(6))=6, то Var(Po(6)*10) будет 600 или 60?
Что-то я тут запутался и не могу сообразить.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 8, 2011, 13:55

Нет, опять ниче не понятно. Вроде все прояснилось, теперь стало неясно обратно.

Ведь посетители и покупатели — зависимы друг от друга, их нельзя безнаказанно складывать и раскладывать в общую сумму. Т.е. можно посчитать отдельно по покупателям, можно посчитать отдельно по непокупателям, а как посчитать общую сумму неясно.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 8, 2011, 16:29

Я не понимаю, если Х~Po(k), то 2X~?.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 8, 2011, 17:48

Тут еще вот одно странное задание. Мне кажется оно легким, но количество баллов и его вопросы кажутся очень странными и тупыми, очень вероятно, что я чего-то недопонял.

Мальчик кидает мячик в доску с цифрами 0-9. С равной вероятностью он попадает в одну из этих цифр. Результаты попаданий он записывает на бумагу. Если он попадает в 0, то он пишет 0 и переходит на новую строку.

Х — длина строки включая конечный 0.
У — количество четверок в строке.

1) Посчитать дисперсию Х.
2) Посчитать P{X=40,Y=j} для всех j.
3) Допустим в определенной строке Х=40. Какова вероятность, что первая цифра в этой строке — 4?
4) Найти функцию P{Y=j|X=40} и определить ее распределение (т.е. это одно из известных).

Мои ответы:
1) Это геометрическое распределение Х~Geo(0.1), поэтому Var(X)=(1-0.1)/0.01=90.
2) Биномное распределение У помножить на вероятность Х=40, т.е.
$[tex]\binom{39}j \binom19^j \binom89^{39-j}\cdot 0.9^{39}0.1[/tex]$ .
3) Т.к. это одна из цифр 1-9, то вероятность 1/9.
4) Биномное распределние:
$[tex]P\{Y=j|X=40\}=\frac{P\{Y=j,X=40\}}{P\{X=40\}}=\frac{\binom{39}j \binom19^j \binom89^{39-j}\cdot 0.9^{39}0.1}{0.9^{39}0.1}=\binom{39}j \binom19^j \binom89^{39-j}[/tex]$ .

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Bhudh от июня 8, 2011, 19:09

Цитата: RawonaM от июня 8, 2011, 17:483) Т.к. это одна из цифер 1-9, то вероятность 1/9.

Почему 1/9? Там же 39 неизвестных цифр (за вычетом из 40 известного нуля).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 8, 2011, 19:21

Цитата: Bhudh от июня 8, 2011, 19:09
Цитата: RawonaM от июня 8, 2011, 17:483) Т.к. это одна из цифер 1-9, то вероятность 1/9.
Почему 1/9? Там же 39 неизвестных цифр (за вычетом из 40 известного нуля).

Каждая цифра из этих 39 является четверкой с вероятностью 1/9.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Bhudh от июня 8, 2011, 19:24

:what:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 9, 2011, 21:05

Вырвался из РЛ! :) Так, что тут у нас?

Цитата: RawonaM от июня 8, 2011, 17:48
1) Это геометрическое распределение Х~Geo(0.1), поэтому Var(X)=(1-0.1)/0.01=90.

Сначала надо в энциклопедию заглянуть. :-\

Цитата: RawonaM от июня 8, 2011, 17:48
2) Биномное распределение У помножить на вероятность Х=40, т.е.

А вы прямо уверены, что это независимые события? У меня такое чувство, что зависимые. И насчёт 4) аналогичные сомнения.

Цитата: RawonaM от июня 8, 2011, 17:48
3) Т.к. это одна из цифр 1-9, то вероятность 1/9.

:+1:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 9, 2011, 21:06

Цитата: RawonaM от июня 8, 2011, 13:43
Дело в том, что если есть распределение Пуассона с параметром Л, часть из него с биномной вероятностью р выделяется, то его можно разложить на две независимые величины Пуассона Х=Ро(Л*р) и У=Ро(Л*(1-р)). Это доказано.

А это формулой нельзя записать? Что-то не соображу, что значит «выделяется» и что раскладывается.

Кстати, Ро — это что?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 9, 2011, 21:26

Цитата: Квас от июня 9, 2011, 21:05
Вырвался из РЛ! :) Так, что тут у нас?

Я уже переживать стал, куда это Квас пропал :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 9, 2011, 21:27

Offtop

Цитата: RawonaM от июня 9, 2011, 21:26
Я уже переживать стал, куда это Квас пропал :)

Совсем la vie réelle замучила! Работать заставляют. :'(

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 9, 2011, 21:36

Цитата: Квас от июня 9, 2011, 21:05
Цитата: RawonaM от июня 8, 2011, 17:482) Биномное распределение У помножить на вероятность Х=40, т.е.
А вы прямо уверены, что это независимые события? У меня такое чувство, что зависимые. И насчёт 4) аналогичные сомнения.

Как же? X и Y — зависимые, разумеется, но у нас же конкретный X есть, а не переменная. По нему и считаем.

Цитата: Квас от июня 9, 2011, 21:05
Цитата: RawonaM от июня 8, 2011, 17:481) Это геометрическое распределение Х~Geo(0.1), поэтому Var(X)=(1-0.1)/0.01=90.
Сначала надо в энциклопедию заглянуть. :-\

Енцыклопедиа: (wiki/en) Geometric_distribution (http://en.wikipedia.org/wiki/Geometric_distribution) :)

Цитата: Квас от июня 9, 2011, 21:06
Кстати, Ро — это что?

Ну так Пуассон же.

Цитата: Квас от июня 9, 2011, 21:06
Цитата: RawonaM от июня 8, 2011, 13:43Дело в том, что если есть распределение Пуассона с параметром Л, часть из него с биномной вероятностью р выделяется, то его можно разложить на две независимые величины Пуассона Х=Ро(Л*р) и У=Ро(Л*(1-р)). Это доказано.
А это формулой нельзя записать? Что-то не соображу, что значит «выделяется» и что раскладывается.

Не понял. Я говорю об вот этом свойстве:

Цитата: (wiki/en) Poisson_distribution#Properties * Sums of Poisson-distributed random variables:

If $[tex]X_i \sim \mathrm{Pois}(\lambda_i)\,[/tex]$ follow a Poisson distribution with parameter $[tex] \lambda_i\,[/tex]$ and Xi are independent, then

$[tex]Y = \sum_{i=1}^N X_i \sim \mathrm{Pois}\left(\sum_{i=1}^N \lambda_i\right)\,[/tex]$

also follows a Poisson distribution whose parameter is the sum of the component parameters.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 9, 2011, 22:25

Цитата: RawonaM от июня 9, 2011, 21:36
Цитата: Квас от июня 9, 2011, 21:05
Цитата: RawonaM от июня 8, 2011, 17:482) Биномное распределение У помножить на вероятность Х=40, т.е.
А вы прямо уверены, что это независимые события? У меня такое чувство, что зависимые. И насчёт 4) аналогичные сомнения.
Как же? X и Y — зависимые, разумеется, но у нас же конкретный X есть, а не переменная. По нему и считаем.

Да, точно. С б) согласен.

Цитата: RawonaM от июня 9, 2011, 21:36
Цитата: Квас от июня 9, 2011, 21:06Кстати, Ро — это что?
Ну так Пуассон же.

А, ну тогда про 2X ничего нельзя сказать, потому что только чётные значения принимает.

Цитата: RawonaM от июня 9, 2011, 21:36
Не понял. Я говорю об вот этом свойстве:

А зачем оно нам? У нас к пуассоновской величине (посетители) прибавляется зависящая от неё биномиальная (покупатели). Или число покупателей тоже будет иметь пуассоновское распределение? Вот это надо проверить.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 9, 2011, 22:32

Цитата: Квас от июня 9, 2011, 22:25
А зачем оно нам? У нас к пуассоновской величине (посетители) прибавляется зависящая от неё биномиальная (покупатели). Или число покупателей тоже будет иметь пуассоновское распределение? Вот это надо проверить.

Да! О чем я и говорю. Покупатели и непокупатели распределяются оба пуассоново, т.к. их сумма распределяется пуассоново. И ламбда тоже складывается и раскладывается акурат по вероятности. Невероятно, но факт.
Т.е. матожидание посетителей 30, из них матожидание покупателей — 30*0.2=6, а непокупателей — 30*.8=24.
Матожидание в данном случае = ламбда.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 9, 2011, 22:35

Цитата: Квас от июня 9, 2011, 22:25
Цитата: RawonaM от июня 9, 2011, 21:36
Цитата: Квас от июня 9, 2011, 21:06Кстати, Ро — это что?
Ну так Пуассон же.
А, ну тогда про 2X ничего нельзя сказать, потому что только чётные значения принимает.

Тогда как мы можем посчитать купоны, выданные покупателям? Ведь купонов в два раза больше выдают.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 9, 2011, 23:31

Цитата: RawonaM от июня 9, 2011, 22:35
Тогда как мы можем посчитать купоны, выданные покупателям?

Число купонов = число посетителей + число покупателей.

Цитата: RawonaM от июня 9, 2011, 22:32
Покупатели и непокупатели распределяются оба пуассоново, т.к. их сумма распределяется пуассоново.

Какой-то странный аргумент. Ладно, при фиксированном числе посетителей число покупателей у нас распределено биномиально; а если было бы небиномиальное, всё равно получился бы закон Пуассона в конечном итоге? C'est bizarre.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 9, 2011, 23:42

Цитата: Квас от июня 9, 2011, 23:31
Цитата: RawonaM от июня 9, 2011, 22:35Тогда как мы можем посчитать купоны, выданные покупателям?
Число купонов = число посетителей + число покупателей.

А если я просто хочу посчитать число купонов, выданных посетителям?

Цитата: Квас от июня 9, 2011, 23:31
Цитата: RawonaM от июня 9, 2011, 22:32Покупатели и непокупатели распределяются оба пуассоново, т.к. их сумма распределяется пуассоново.
Какой-то странный аргумент. Ладно, при фиксированном числе посетителей число покупателей у нас распределено биномиально; а если было бы небиномиальное, всё равно получился бы закон Пуассона в конечном итоге? C'est bizarre.

Это не аргумент, это констатация факта. Доказательство в книге есть.
Вот с вики:

Цитировать $[tex]* If X_1 \sim \mathrm{Pois}(\lambda_1)\,[/tex]$ and $[tex]X_2 \sim \mathrm{Pois}(\lambda_2)\,[/tex]$ are independent, and Y = X1 + X2, then the distribution of X1 conditional on Y = y is a binomial. Specifically, $[tex]X_1|(Y=y) \sim \mathrm{Binom}(y, \lambda_1/(\lambda_1+\lambda_2))\,[/tex]$ . More generally, if X1, X2,..., Xn are independent Poisson random variables with parameters λ1, λ2,..., λn then

$[tex]X_i \left|\sum_{j=1}^n X_j\right. \sim \mathrm{Binom}\left(\sum_{j=1}^nX_j,\frac{\lambda_i}{\sum_{j=1}^n\lambda_j}\right)[/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 9, 2011, 23:45

Цитата: RawonaM от июня 9, 2011, 23:42
Цитата: Квас от июня 9, 2011, 23:31
Цитата: RawonaM от июня 9, 2011, 22:35Тогда как мы можем посчитать купоны, выданные покупателям?
Число купонов = число посетителей + число покупателей.
А если я просто хочу посчитать число купонов, выданных посетителям?

Не понимаю. Всем дают по купону, покупателям — ещё по подному, вот и моя «формула».

Цитата: RawonaM от июня 9, 2011, 23:42
$[tex]* If X_1 \sim \mathrm{Pois}(\lambda_1)\,[/tex]$ and $[tex]X_2 \sim \mathrm{Pois}(\lambda_2)\,[/tex]$ are independent, and Y = X1 + X2, then the distribution of X1 conditional on Y = y is a binomial.

В нужную нам обратную сторону тоже работает? Голова не варит. :(

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 9, 2011, 23:45

Наш с вами путь, считать посетителей+покупателей — ошибочный. Предполагается что пункт 2 мы будем решать по покупателям и непокупателям отдельно, тогда они независимы и все нормально.
Нам нужно посчитать Var(X+2Y), Х — непокупатели, У — покупатели.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 9, 2011, 23:47

Цитата: Квас от июня 9, 2011, 23:45
Не понимаю. Всем дают по купону, покупателям — ещё по подному, вот и моя «формула».

Ок, временно меняем условие. Покупателям дают 20, непокупателям не дают ничего.

Цитата: Квас от июня 9, 2011, 23:45
В нужную нам обратную сторону тоже работает? Голова не варит. :(

Работает, стопудово.

Давайте завтра продолжим, я тоже спать уже ложусь. Что-то я сегодня ниче не сделал практически...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 10, 2011, 00:08

Цитата: RawonaM от июня 9, 2011, 23:47
Давайте завтра продолжим, я тоже спать уже ложусь. Что-то я сегодня ниче не сделал практически...

Согласен. Заодно эта идея

Цитата: RawonaM от июня 9, 2011, 23:45
Нам нужно посчитать Var(X+2Y), Х — непокупатели, У — покупатели.

пускай под крышкой поварится.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 10, 2011, 11:58

Повбивав би!!! >( >(

Оказывается чтобы ответить на этот пункт нужно знать материал следующей главы!!

Там все просто. Дисперсия суммы независимых случайных величин является суммой их дисперсий.

X - непокупатели, Y - покупатели:
$[tex]Var(10X + 20Y)=Var(10X)+Var(20Y)=10^2Var(X)+20^2Var(Y)=100\cdot24+400\cdot6=4800[/tex]$

Скока времени убито >( >( >(

Но нет худа без добра, из-за этого пришлось поглубже погружаться в материал...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 10, 2011, 11:59

Почему этот текс обрезает хвормулы посередине экрана? >( >(

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 10, 2011, 12:03

Цитата: RawonaM от июня 10, 2011, 11:58
Дисперсия суммы независимых случайных величин является суммой их дисперсий.

(Причём я-то это знал. Плаваю в тервере. :-[)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 10, 2011, 12:06

Цитата: Квас от июня 10, 2011, 12:03
Причём я-то это знал.

А молчите как партизан! >(

Spoiler ⇓⇓⇓

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 10, 2011, 12:45

Цитата: RawonaM от июня 4, 2011, 18:19
Дальше. Количество клиентов, входящих в магазин в течение одного дня задано распределением Пуассона с параметром 30. Каждый вошедший делает покупку с вероятностью 0.2.
...
4) Если в течение двух дней зашло в магазин 65 человек, какова вероятность, что 30 из них зашли в первый день?
...
4) Определим Z — количество зашедших в произвольные два дня, получается это распределение Пуассона с параметром 60. X — зашедшие в первый день, Y — зашедшие во второй день.
Ответ будет:
$[tex]\frac{P\{X=30\}\cdot P\{Y=35\}}{P\{Z=65\}}=\frac{\frac{30^{30}}{30!}\frac{30^{35}}{35!}}{\frac{60^{65}}{65!}}[/tex]$
Калькулятор не смог посчитать, сказал оверфлоу...

Между прочим, я сечас вот это переразложил и вышло:
$[tex]\binom{65}{35}\binom{65}{30}\cdot 0.5^{65}[/tex]$
Какой вывод отсюда можно сделать? Что каждый чел с вероятностью 1/2 относится к какому-то из этих дней?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 10, 2011, 12:50

Цитата: RawonaM от июня 10, 2011, 12:45
Между прочим, я сечас вот это переразложил и вышло:
$[tex]\binom{65}{35}\binom{65}{30}\cdot 0.5^{65}[/tex]$

Нет, не так вышло, пардон. Вышло $[tex]0.5^{65}\cdot \binom{65}{30}[/tex]$ .

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 10, 2011, 12:51

Биномное распределение. Судя по этому, каждый чел из 65 зашедших за 2 дня с вероятностью 1/2 зашел в первый день. Логично ли?... :what:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 10, 2011, 12:52

Сопсна, а че ж не логично... С самого начала можно было так и посчитать, без этих монстров.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 10, 2011, 14:00

Цитата: RawonaM от июня 10, 2011, 12:51
Судя по этому, каждый чел из 65 зашедших за 2 дня с вероятностью 1/2 зашел в первый день. Логично ли?... :what:

Конечно, логично!

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 18, 2011, 22:37

Компания проводит акцию: на крышках от йогурта пишут буквы, нужно собрать определенное слово из пяти разных букв (только эти буквы появляются на крышках).

Каково матожидание купленных йогуртов, чтобы собрать нужное слово?

Я никак не осилю новую главу, решил по-старому: первая буква приходит по-любому нужная, т.е. вероятность 1 и матожидание покупок тоже 1, потом вероятность получить нужную букву — 4/5, матожидание покупок 5/4, затем вероятность 3/5 и т.п.

Итого 1+5/4+5/3+5/2+5=11.416

Верно? Как эту задачу нужно решать по-нормальному?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 18, 2011, 23:13

Цитата: RawonaM от июня 18, 2011, 22:37
Я никак не осилю новую главу, решил по-старому: первая буква приходит по-любому нужная, т.е. вероятность 1 и матожидание покупок тоже 1, потом вероятность получить нужную букву — 4/5, матожидание покупок 5/4, затем вероятность 3/5 и т.п.

Вообще не понял.

Мне ненаукоёмкое решение видится так: k йогуртов нужно купить ТтТ когда в последовательности
y₁y₂...y_k
встречаются все йогурты, а в последовательности
y₁y₂...y_k-1
не все. То есть йогурт y_k попадается один раз. Значит, число таких последовательностей равно 5A_k-1, где A_k-1 — число способов сделать k-1 покупку четырёх видов йогурта, каждого хотя бы по разу. Надо подумать, как вычислить A_k-1. Может, по индукции? :-\

Вероятность каждой последовательности равна 5^-k, и матожидание выражается рядом.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 18, 2011, 23:18

Цитата: Квас от июня 18, 2011, 23:13
Мне ненаукоёмкое решение видится так: k йогуртов нужно купить ТтТ когда в последовательности
y₁y₂...y_k
встречаются все йогурты, а в последовательности
y₁y₂...y_k-1
не все. То есть йогурт y_k попадается один раз. Значит, число таких последовательностей равно 5A_k-1, где A_k-1 — число способов сделать k-1 покупку четырёх видов йогурта, каждого хотя бы по разу. Надо подумать, как вычислить A_k-1. Может, по индукции? :-\

Вероятность каждой последовательности равна 5^-k, и матожидание выражается рядом.

Должен быть способ гораздо более простой, стопудово.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 18, 2011, 23:20

Цитата: RawonaM от июня 18, 2011, 23:18
Должен быть способ гораздо более простой, стопудово.

Sans aucun doute. Наверняка геометрическое распределение где-то замешано.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 18, 2011, 23:20

Цитата: Квас от июня 18, 2011, 23:13
Цитата: RawonaM от июня 18, 2011, 22:37Я никак не осилю новую главу, решил по-старому: первая буква приходит по-любому нужная, т.е. вероятность 1 и матожидание покупок тоже 1, потом вероятность получить нужную букву — 4/5, матожидание покупок 5/4, затем вероятность 3/5 и т.п.
Вообще не понял.

Попробую пояснить. Начинаем закупать йогурты. Вероятность получить нужную букву на первый раз — 1.
На второй раз 4/5. Матожидание покупок, после которых мы получим одну из четырех нужных нам — 5/4 (геометрическое распределение).
На третий раз вероятность 3/5. И т.п.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 18, 2011, 23:26

А как вы управляетесь с промежуточными матожиданиями? Условное матожидание — я знаю только, что в природе оно существует и представляет собой какой-то проектор.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 18, 2011, 23:29

Цитата: Квас от июня 18, 2011, 23:26
А как вы управляетесь с промежуточными матожиданиями?

В смысле? Потом все складываем и все, это ж последовательное действие.

Цитата: Квас от июня 18, 2011, 23:26
Условное матожидание — я знаю только, что в природе оно существует и представляет собой какой-то проектор.

Вот у меня в новой главе это. Ничего там сверхъестественного нет, но тут какбе и совсем не то вроде. Ведь у нас условие постоянно меняется.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 18, 2011, 23:33

То есть исходную величину вы представляете в виде суммы величин, матожидания которых считаются. А каких величин?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 18, 2011, 23:34

Цитата: Квас от июня 18, 2011, 23:33
То есть исходную величину вы представляете в виде суммы величин, матожидания которых считаются. А каких величин?

Геометрических очевидно.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 18, 2011, 23:45

Цитата: RawonaM от июня 18, 2011, 23:34
Цитата: Квас от июня 18, 2011, 23:33То есть исходную величину вы представляете в виде суммы величин, матожидания которых считаются. А каких величин?
Геометрических очевидно.

Я имею в виду, как они определяются.

X₁ — наименьшее число покупок, после которых имеем 1 букву ( ≡ 1)
X₂ — наименьшее число покупок, после которых имеем 2 разные буквы после получения 1 буквы.
X₃ — наименьшее число покупок, после которых имеем 3 разные буквы после получения 2 разных букв.
Et ainsi de suite.

Теперь понял.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 18, 2011, 23:52

Цитата: Квас от июня 18, 2011, 23:45
X₁ — наименьшее число покупок, после которых имеем 1 букву ( ≡ 1)
X₂ — наименьшее число покупок, после которых имеем 2 разные буквы после получения 1 буквы.
X₃ — наименьшее число покупок, после которых имеем 3 разные буквы после получения 2 разных букв.

У меня не совсем так.
Х₂ — наименьшее число покупок, после которых имеем 2 разные буквы после получения 1 буквы, минус Х₁.

И т.п. :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 19, 2011, 00:02

Цитата: RawonaM от июня 18, 2011, 23:52
У меня не совсем так.
Х₂ — наименьшее число покупок, после которых имеем 2 разные буквы после получения 1 буквы, минус Х₁.

И т.п. :)

Нет, одинаково. Для последовательности 1112 у нас X₁=1, X₂=3, так?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 19, 2011, 08:18

Нашел подобную задачу, там как раз такая формула. Горжусь собой :dayatakoy:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 19, 2011, 12:10

;up: Кстати, благодаря вам я теперь знаю геометрическое распределение и получил простое решение одной практической задачи из коротких нард: сколько нужно бросков зар (двух кубиков), чтобы выкинуть заданное число на одной из них; дисперсия тоже интересна.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 19, 2011, 12:14

Цитата: Квас от июня 19, 2011, 12:10
сколько нужно бросков зар (двух кубиков), чтобы выкинуть заданное число на одной из них;

Так и не смог понять, что требуется...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Bhudh от июня 19, 2011, 12:29

На одной или только на одной?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 19, 2011, 12:37

Цитата: Bhudh от июня 19, 2011, 12:29
На одной или только на одной?

Хотя бы на одной.

Цитата: RawonaM от июня 19, 2011, 12:14
Цитата: Квас от июня 19, 2011, 12:10сколько нужно бросков зар (двух кубиков), чтобы выкинуть заданное число на одной из них;
Так и не смог понять, что требуется...

Сколько раз надо кинуть два кубика, чтобы хотя бы на одном выпало 3? Оказывается, в среднем (примерно) 3 раза, но до 6 раз тоже вполне нормально (ско ≈ 3).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 19, 2011, 12:44

Цитата: Квас от июня 19, 2011, 12:37
Сколько раз надо кинуть два кубика, чтобы хотя бы на одном выпало 3? Оказывается, в среднем (примерно) 3 раза, но до 6 раз тоже вполне нормально (ско ≈ 3).

В среднем да, а вот столько нужно выкинуть, чтобы 100% получить нужный, не знаю. Вы знаете? :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 19, 2011, 12:57

Цитата: RawonaM от июня 19, 2011, 12:44
Цитата: Квас от июня 19, 2011, 12:37Сколько раз надо кинуть два кубика, чтобы хотя бы на одном выпало 3? Оказывается, в среднем (примерно) 3 раза, но до 6 раз тоже вполне нормально (ско ≈ 3).
В среднем да, а вот столько нужно выкинуть, чтобы 100% получить нужный, не знаю. Вы знаете? :)

Практика показывает, что можно кидать до потери пульса. :) В принципе, можно складывать вероятности того, что геометрическая величина принимает значения 0, ..., k и смотреть, какие числа получаются.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 25, 2011, 10:21

В книге написано, что дисперсия суммы выброшенной на кубике является 35/12. Как до этого дошли?

По формуле дисперсии: $[tex]Var(X)=E[X^2]-(E[X])^2=\frac{35}{12}[/tex]$

E[X] = 7/2
(E[X])² = 49/4 = 147/12

Отсюда E[X²] = 112/12 = 56/6 = 23/3

Как это высчитали?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 25, 2011, 10:29

Цитата: RawonaM от июня 25, 2011, 10:21
Отсюда E[X²] = 112/12 = 56/6 = 23/3

Это как вы посчитали? На самом деле E[X²] не является функцией от E[X]. В нашем случае
$[tex]\mathsf E[X^2] = 1^2 \cdot \frac 16 + \ldots + 6^2 \cdot \frac16 = \frac{91}6[/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 25, 2011, 10:33

Заметил, что часто когда пишу на форум нахожу ошибки в своих рассуждениях. Особенно когда что-то сложное надо пересказать, ведь это нужно объяснить все с нуля, получается вдумываешься в корень.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июня 26, 2011, 19:55

Чой-то я не понимаю. Есть производящая функция моментов $[tex]\inline M_X(t)-\left(\frac{e^t}{5-4e^t}\right)^2[/tex]$ для $[tex]t<\ln 1.25[/tex]$ .

Что я могу отсюда узнать? Матожидание, дисперсию??

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июня 26, 2011, 20:54

Цитата: RawonaM от июня 26, 2011, 19:55
Есть производящая функция моментов

Судя по википедии (http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9F%D1%80%D0%BE%D0%B8%D0%B7%D0%B2%D0%BE%D0%B4%D1%8F%D1%89%D0%B0%D1%8F_%D1%84%D1%83%D0%BD%D0%BA%D1%86%D0%B8%D1%8F_%D0%BC%D0%BE%D0%BC%D0%B5%D0%BD%D1%82%D0%BE%D0%B2), это есть обыкновенная производящая функция, в том смысле что моменты выражаются через коэффициенты в её разложении в ряд Маклорена.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 11, 2011, 15:37

Советские задачи по теорверу:

Цитата: http://dfe3300.karelia.ru/koi/posob/PT/theory/unit-4.htmlПример 3: Студент приходит в медпункт и жалуется на плохое самочувствие, хотя по виду этого не скажешь. У медсестры две гипотезы Н1 - он действительно болен, Н2 - он здоров, но хочет получить справку, например, для продления сессии. По внешнему виду она оценивает априорные вероятности Р(Н1) = 0.3, Р(Н2) = 0.7 и ставит ему градусник. Измеренная температура 37.5 (событие А). Предположим, Р(А/Н1) = 0.9 (не при всякой болезни повышается температура), Р(А/Н2) = 0.05 (у некоторых здоровых людей нормальная температура немного повышена или студент мог незаметно натереть градусник).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: FA от июля 11, 2011, 21:33

Цитата: RawonaM от июня 19, 2011, 12:44
В среднем да, а вот столько нужно выкинуть, чтобы 100% получить нужный, не знаю. Вы знаете?

Я знаю. Бесконечно много.
Ведь существует вероятность, что вы будете получать даже одну и ту же комбинацию сколь угодно большое число раз. Эта вероятность отлична от нуля.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 12, 2011, 10:45

Цитата: FA от июля 11, 2011, 21:33
Цитата: RawonaM от июня 19, 2011, 12:44В среднем да, а вот столько нужно выкинуть, чтобы 100% получить нужный, не знаю. Вы знаете?
Я знаю. Бесконечно много.
Ведь существует вероятность, что вы будете получать даже одну и ту же комбинацию сколь угодно большое число раз. Эта вероятность отлична от нуля.

Теоретически да, а практически при определенном количестве бросков вероятность невыброса нужного числа настолько низка, что можно сказать нулевая.
Скажем если бросать 30 раз, то вероятность того, что выпадет определенное заданное число $[tex]1-(\frac56)^{30}>0.99[/tex]$ .

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 17, 2011, 13:26

Что-то я с ума схожу...

Есть такое выражение:
$[tex]\sum_{i=1}^{n-1} 0.8^{i-1}\cdot0.2\cdot0.5^{n-i}[/tex]$

Упрощаю его вот так:
$[tex]\sum_{i=1}^{n-1} \binom{n}i 0.8^{i-1}\cdot0.2\cdot0.5^{n-i}=0.2\cdot\sum_{i=1}^{n-1} \binom{n}i 0.8^{i}\cdot0.8^{-1}\cdot0.5^{n-i}=\\=0.2\cdot0.8^{-1}\cdot\sum_{i=1}^{n-1} \binom{n}i 0.8^{i}\cdot0.5^{n-i}=0.2\cdot0.8^{-1}\cdot\sum_{i=1}^{n-1} \binom{n}i 0.8^{i}\cdot0.5^{n-i}=\\=0.25\cdot((\sum_{i=0}^{n} \binom{n}i 0.8^{i}\cdot0.5^{n-i}) - 0.8^n - 0.5^n)=0.25\cdot((0.8+0.5)^n - 0.8^n - 0.5^n)[/tex]$

Тут где-то есть ошибка?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 17, 2011, 13:53

Всё верно, и ответ правильный в том числе.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 17, 2011, 14:32

А вот в ответах к этому заданию они упрощали несколько другим путем и пришли к такому:
$[tex]\frac23 \cdot 0.5^n (1.6^{n-1}-1)[/tex]$

Я подставил сюда 2 и в мой вариант два — не сошлось. И вроде как у них тоже все правильно...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 17, 2011, 14:37

Это исходным вашим выражением определяется, а преобразовано правильно. Тройка в знаменателе просто так не получится.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 17, 2011, 14:51

Вот весь их питуах:
$[tex]\sum_{i=1}^{n-1} 0.8^{i-1}\cdot0.2\cdot0.5^{n-i}=\\ =0.2\cdot0.5^{n-1}\sum_{i=1}^{n-1} 0.8^{i-1}\cdot0.5^{-i+1}=\\ =0.2\cdot0.5^{n-1}\sum_{i=0}^{n-2} 0.8^{i}\cdot0.5^{-i}=\\ =0.2\cdot0.5^{n-1}\frac{1-1.6^{n-1}}{1-1.6}=\\ =\frac23 \cdot 0.5^n (1.6^{n-1}-1) [/tex]$

И где тут ошибка?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 17, 2011, 15:07

Так биномиальный коэффициент есть или нет? Я думал, вы его в условии забыли.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 17, 2011, 15:10

Цитата: Квас от июля 17, 2011, 15:07
Так биномиальный коэффициент есть или нет? Я думал, вы его в условии забыли.

Тьфу блин, вот где собака зарыта...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 17, 2011, 15:40

Это вообще-то функция распределения величины X+Y, где Х~Geo(0.2) и Y~Geo(0.5).

Вот я не пойму, почему у них нет биномального коэффициента? Получается они считают только один порядок выпадания, а не любой.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 17, 2011, 16:10

Цитата: RawonaM от июля 17, 2011, 15:40
Вот я не пойму, почему у них нет биномального коэффициента?

Там и не должно:
$[tex]\mathsf P \{ X + Y = n \} = \sum_{i=1}^n \mathsf P\{ X = i \} \mathsf P\{ Y = n-i \} [/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 17, 2011, 16:12

n-1 точнее над сигмой. Но все-таки мне не ясно, почему порядок не имеет значения.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 17, 2011, 16:13

Например при биномном распределении мы выборку делаем, при гипергеометрическом, при отрицательном биномном. А тут получается порядок не имеет значения. Странно это.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 17, 2011, 16:18

Цитата: RawonaM от июля 17, 2011, 16:12
n-1 точнее над сигмой. Но все-таки мне не ясно, почему порядок не имеет значения.

Ага.

Почему не имеет? У нас два слагаемых: X и Y, их порядок имеет значение.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 17, 2011, 16:36

Цитата: Квас от июля 17, 2011, 16:18
Цитата: RawonaM от июля 17, 2011, 16:12n-1 точнее над сигмой. Но все-таки мне не ясно, почему порядок не имеет значения.
Ага.

Почему не имеет? У нас два слагаемых: X и Y, их порядок имеет значение.

Допутим n=2. аб и ба мы считаем один раз. Почему?
При биномном распредлении допустим аб и ба считаются два раза.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 17, 2011, 17:50

Z=X+Y (все те же сверху)
Разве P{Z²>90} не то же самое, что P{Z>sqrt(90)}?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 17, 2011, 19:54

Цитата: RawonaM от июля 17, 2011, 16:36
Цитата: Квас от июля 17, 2011, 16:18
Цитата: RawonaM от июля 17, 2011, 16:12n-1 точнее над сигмой. Но все-таки мне не ясно, почему порядок не имеет значения.
Ага.

Почему не имеет? У нас два слагаемых: X и Y, их порядок имеет значение.
Допутим n=2. аб и ба мы считаем один раз. Почему?
При биномном распредлении допустим аб и ба считаются два раза.

Тут же совсем разные задачи. Когда вычисляется закон биномиального распределения, нужно посчитать, как раскидать k удач по n событиям, а тут нам надо посчитать, сколькими способами данное число разбивается в сумму двух натуральных (первое слагаемое будет значением X, второе — значением Y).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 17, 2011, 19:55

Цитата: RawonaM от июля 17, 2011, 17:50
Разве P{Z²>90} не то же самое, что P{Z>sqrt(90)}?

То же самое. На множестве неотрицательных чисел эти неравенства эквивалентны.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 17, 2011, 20:05

Цитата: Квас от июля 17, 2011, 19:55
Цитата: RawonaM от июля 17, 2011, 17:50Разве P{Z²>90} не то же самое, что P{Z>sqrt(90)}?
То же самое. На множестве неотрицательных чисел эти неравенства эквивалентны.

Я вот тоже так думал, а вот тут по посчетам выходит разное... :what:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 17, 2011, 20:23

Цитата: RawonaM от июля 17, 2011, 20:05
Я вот тоже так думал, а вот тут по посчетам выходит разное... :what:

Не может быть.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 18, 2011, 18:05

Анализ забыл вообще...
Подскажите, как проинтегрировать:

$[tex]\int_0^\infty x \cdot \lambda e^{-\lambda x} dx[/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: antbez от июля 18, 2011, 18:28

По частям

Название: Теория вероятностей
Отправлено: antbez от июля 18, 2011, 18:29

И сходимость легко доказывается

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 18, 2011, 20:48

antbez, я уже «вслух» восхищался вашей математической подготовкой или только про себя? ;up:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 18, 2011, 23:05

Ломаю голову над одной штукой.

Дана упаковка печенья в которой есть 50 штук.
В каждой печенюшке есть Х кусочков шоколада, Х — величина Пуассона с параметром 6.
Какова вероятность, что минимальное количество кусочков шоколада будет ровно 2?

Можно подойти двумя способами.

Путь первый:
Посчитаем вероятность, что во всех как минимум две шоколадинки, вычтем из этого вероятность, что во всех как минимум три шоколадинки. Итого получается:
$[tex](1-7e^{-6})^{50} - (1-25e^{-6})^{50}[/tex]$

Путь второй:
Выберем одну печеньку в которую положим ровно два кусочка, остальные в остальные положим как минимум 2. Вероятность получается такая:
$[tex]50\cdot e^{-6}\frac{6^2}2} \cdot (1-7e^{-6})^{49}[/tex]$

Где-то во втором пути ошибка, ибо дает невероятную вероятность...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 18, 2011, 23:26

А все, понял. Во втором случае мы считаем по многу раз те, в которых ровно два.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 19, 2011, 13:13

Цитата: RawonaM от июля 18, 2011, 23:26
А все, понял. Во втором случае мы считаем по многу раз те, в которых ровно два.

Ага.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: antbez от июля 20, 2011, 15:21

Цитировать
antbez, я уже «вслух» восхищался вашей математической подготовкой или только про себя?

Спасибо, но я далеко не всё знаю...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: antbez от июля 20, 2011, 15:27

Цитировать
Какова вероятность, что минимальное количество кусочков шоколада будет ровно 2?

В каждом куске печенья или во всех в сумме? Не очень ясно

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 20, 2011, 15:29

Цитата: antbez от июля 20, 2011, 15:27
ЦитироватьКакова вероятность, что минимальное количество кусочков шоколада будет ровно 2?
В каждом куске печенья или во всех в сумме? Не очень ясно

В каждом отдельно.
Задача уже решена и забыта, если что.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: antbez от июля 20, 2011, 15:37

Цитировать
Посчитаем вероятность, что во всех как минимум две шоколадинки, вычтем из этого вероятность, что во всех как минимум три шоколадинки.

А зачем вычитать эту вероятность? А почему бы не вычесть вер-сть, что их как минимум 4?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: antbez от июля 20, 2011, 15:38

В общем, мне кажется, что вычитать ничего не надо

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 20, 2011, 15:44

Цитата: antbez от июля 20, 2011, 15:37
ЦитироватьПосчитаем вероятность, что во всех как минимум две шоколадинки, вычтем из этого вероятность, что во всех как минимум три шоколадинки.
А зачем вычитать эту вероятность?

Потому что если не вычесть, то минимумом может оказаться 3 или 4 и т.п.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: antbez от июля 20, 2011, 15:47

Цитировать
Потому что если не вычесть, то минимумом может оказаться 3 или 4 и т.п.

Это- неверно! Откуда Вы тогда получили (1-7e^{-6}) ? Это- вер-сть того, что минимальное число шоколадных плиток равно 2!

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 20, 2011, 15:48

Цитата: antbez от июля 20, 2011, 15:47
ЦитироватьПотому что если не вычесть, то минимумом может оказаться 3 или 4 и т.п.
Это- неверно! Откуда Вы тогда получили 1-7e^(-6)? Это- вер-сть того, что минимальное число шоколадных плиток равно 2!

Нет. Это вероятность, что шоколадинок как минимум две. Т.е. их не ноль и не один.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: antbez от июля 20, 2011, 15:53

Цитировать
Какова вероятность, что минимальное количество кусочков шоколада будет ровно 2?

Цитировать
Нет. Это вероятность, что шоколадинок как минимум две.

Но это же то же самое! Разве нет?!

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 20, 2011, 15:58

Цитата: antbez от июля 20, 2011, 15:53
ЦитироватьКакова вероятность, что минимальное количество кусочков шоколада будет ровно 2?
ЦитироватьНет. Это вероятность, что шоколадинок как минимум две.
Но это же то же самое! Разве нет?!

Нет. Как минимум две и ровно две это не одно и то же совершенно.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 20, 2011, 16:00

Минимум ровно две означает, что есть хотя бы одна, в которой ровно две и нет ни одной, в которой меньше двух.

Минимум как минимум две означает только, что нет ни одной меньше двух.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: antbez от июля 20, 2011, 16:02

Цитировать
Минимум ровно две означает, что есть хотя бы одна, в которой ровно две и нет ни одной, в которой меньше двух.

"Минимум ровно две"- вообще неграмотное выражение с точки зрения здравого смысла (и русского языка). Вы условия переводили с иврита или английского?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 20, 2011, 16:04

Цитата: antbez от июля 20, 2011, 16:02
"Минимум ровно две"- вообще неграмотное выражение с точки зрения здравого смысла (и русского языка).

Я знаю, но мне так проще было сказать. Это не имеет значения, откуда я переводил, я же вроде нормально объяснил.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: antbez от июля 20, 2011, 16:06

Цитировать
Это не имеет значения, откуда я переводил, я же вроде нормально объяснил.

Вообще-то нет, ну да Бог с ним...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 20, 2011, 16:08

См.:

Цитата: RawonaM от июля 18, 2011, 23:05
минимальное количество кусочков шоколада будет ровно 2

Это значит что есть некая печенька, в которой ровно две, но нет таких, в которой меньше двух. Про остальные неизвестно.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 20, 2011, 22:06

Цитата: RawonaM от июля 18, 2011, 18:05
Анализ забыл вообще...
Подскажите, как проинтегрировать:

$[tex]\int_0^\infty x \cdot \lambda e^{-\lambda x} dx[/tex]$

Кто-нибудь может полный питуах интеграции привести пожалуйста?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 20, 2011, 23:35

Цитата: RawonaM от июля 20, 2011, 22:06
Кто-нибудь может полный питуах интеграции привести пожалуйста?

Je vous en prie :

$[tex] \int_{0}^{\infty}x\cdot\lambda e^{-\lambda x}dx=\left|\begin{array}{cc} u=x & dv=\lambda e^{-\lambda x}dx\\ du=dx & v=-e^{-\lambda x}\end{array}\right|=-xe^{-\lambda x}\bigg|_{0}^{\infty}+\int_{0}^{\infty}e^{-\lambda x}dx=\\ =-\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda x}\bigg|_{0}^{\infty}=\frac{1}{\lambda} [/tex]$

Le résultat est correct.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 20, 2011, 23:38

Merci bien :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 20, 2011, 23:41

Цитата: antbez от июля 20, 2011, 15:21
Спасибо, но я далеко не всё знаю...

Никто всего не знает и даже не близок к этому. :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 20, 2011, 23:41

Поясните откуда берется палка в этой части: $[tex]-xe^{-\lambda x}\bigg|_{0}^{\infty}[/tex]$ ?
В формуле интеграции по частям ее нет.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 20, 2011, 23:42

Есть, когда интеграл определённый: произведение тоже берётся в подстановке.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 20, 2011, 23:47

А, теперь понятно. Ёпть, надеюсь завтра интегралов не будет. :3tfu:

Сдам завтра теорвер и уже начался летний семестр - займусь к матаном конкретно. Семестр короткий, два месяца, а материала многовато.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 20, 2011, 23:49

Ни пуха!

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 20, 2011, 23:50

К чёрту!

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 21, 2011, 22:18

Сегодня сдавал экзамен, двое из студентов были возрастом 60+, один совсем седой, у другого лысина сверху. А вы говорите я старый.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 22, 2011, 00:05

Цитата: RawonaM от июля 21, 2011, 22:18
Сегодня сдавал экзамен, двое из студентов были возрастом 60+, один совсем седой, у другого лысина сверху.

Ух ты! Будет по восемьдесят — выучат древнегреческий и будут античную классику читать. :yes:

Цитата: RawonaM от июля 21, 2011, 22:18
А вы говорите я старый.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 22, 2011, 00:21

Цитата: Квас от июля 22, 2011, 00:05
Ух ты! Будет по восемьдесят — выучат древнегреческий и будут античную классику читать. :yes:

А почему бы и нет?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 22, 2011, 00:29

Цитата: RawonaM от июля 22, 2011, 00:21
Цитата: Квас от июля 22, 2011, 00:05Ух ты! Будет по восемьдесят — выучат древнегреческий и будут античную классику читать. :yes:
А почему бы и нет?

Я без иронии, просто Крылова вспомнил.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 22, 2011, 00:30

Цитата: Квас от июля 22, 2011, 00:29
Я без иронии, просто Крылова вспомнил.

А что с ним?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от июля 22, 2011, 00:36

Цитата: RawonaM от июля 22, 2011, 00:30
Цитата: Квас от июля 22, 2011, 00:29Я без иронии, просто Крылова вспомнил.
А что с ним?

Это он в старости древнегреческий выучил. И читал потом классику. А древнегреческий — это и для молодого ума задача ещё та.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от июля 22, 2011, 09:09

А, ясно. Ну не зря же Гринь исключительно аватары дедов цеплял постоянно :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 19, 2011, 23:21

Встретил задачу, о которую поломал все зубы. Даже прочитав ответ, не понял ничего.

Кто хочет попробовать, вот:
У Васи есть коробка с шариками — 15 красных, 10 зеленых и 5 синих. Вася вытягивает по одному случайному шарику пока не вытащит все синие. Найти матожидание и дисперсию вытянутых шариков.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Bhudh от августа 20, 2011, 20:27

Отдельно по цветам или пофик?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 20, 2011, 20:53

Общее количество.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Bhudh от августа 20, 2011, 20:58

Тогда на хрена тебе в условии три цвета?
Переиначь: есть 25 пятнистых шариков и 5 полосатых...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 20, 2011, 21:08

Мне они не нужны, я дал как задача была поставлена.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: antbez от августа 24, 2011, 15:06

ЦитироватьУ Васи есть коробка с шариками — 15 красных, 10 зеленых и 5 синих. Вася вытягивает по одному случайному шарику пока не вытащит все синие. Найти матожидание и дисперсию вытянутых шариков.

Начнём со значений, принимаемых СВ. От 5 (если удастся вытащить все синие подряд) до 30. Согласны?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 24, 2011, 15:12

Цитата: antbez от августа 24, 2011, 15:06
Начнём со значений, принимаемых СВ. От 5 (если удастся вытащить все синие подряд) до 30. Согласны?

Да. Я сегодня пришел к такой формуле:
$[tex]E[X]=\sum_{i=5}^{30} i\cdot \frac{25!i!}{30!(i-5)!}[/tex]$
Но мне кажется должно быть что-то попороще прямой суммы. Или эту сумму как-то можно легко высчитать.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 26, 2011, 10:50

Решение, в общем, такое:

Определим индикатор X_i для каждого из 25 несиних шаров:

Х_i=1 если шар был вытащен до последнего синего
Х_i=0 если шар был вытащен после последнего синего

Вся фишка в том, какова вероятность Х_i=1.

А рассуждение такое: рассмотрим пять синих шаров и шар i. С какой вероятностью i будет вытащен последним из них? Очевидно 1/6.

Таким образом вытащенные шары:

$[tex]X=5+\sum_{i=1}^{25}X_i[/tex]$

Матожидание:

$[tex]E[X]=5+\sum_{i=1}^{25}E[X_i]=25.8333[/tex]$

Остальное уже понятно. Гениально и просто.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от августа 26, 2011, 22:54

Чувствую подвох. Реквестирую компьютерное моделирование.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 26, 2011, 23:37

Цитата: Alone Coder от августа 26, 2011, 22:54
Чувствую подвох. Реквестирую компьютерное моделирование.

Я тоже реквестирую.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: arseniiv от августа 27, 2011, 00:34

Вот оно (а мне ведь лень было, и вообще спать пора давно!):

Смысл определений должен, кажется, быть понятен.

Код немного недорасчёсан, уж простите. Но верен.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от августа 27, 2011, 12:31

Это какой язык? %-o

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 27, 2011, 12:37

Mathematica же.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: arseniiv от августа 27, 2011, 13:15

В общем, как видите, решение правильное.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 28, 2011, 12:38

A, Б, В, Г говорят правду с вероятностью 1/3.

Допустим А что-то сказал. Затем Г сказал, что В сказал, что Б сказал, что А сказал правду.

Какова вероятность, что А сказал правду?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Bhudh от августа 28, 2011, 13:15

$[tex]\frac1{81}[/tex]$ дэсу же.

Название: Теория вероятности
Отправлено: Drundia от августа 28, 2011, 13:19

Цитата: RawonaM от марта 16, 2011, 10:10
Эта тема еще не охвачена :)

На самом деле у меня для начала вопрос по комбинаторике, потом будут по теорверу.

Вопрос такой: есть 7 мальчиков и 5 девочек, сколько есть возможных делений на тройки так, чтобы в каждой тройке были мальчики и девочки?
Если подойти так: общее количество делений на группы, минус количество делений, где есть группа девочек, минус количество делений, где есть группа мальчиков, плюс количество делений, где есть и группа девочек и группа мальчиков (ибо мы этот случай вычли дважды) - это покроет все?

Итого: $[tex]\binom{12}{3,3,3,3}-\binom{5}{3}\binom{9}{3,3,3}-\binom{7}{3}\binom{9}{3,3,3}+\binom{5}{3}\binom{7}{3}\binom{6}{3,3}[/tex]$ .

Что-то мне не нравится в этом деле.

А если наоборот?

Раскидать сначала 4 девочек, потом 4 мальчиков, потом — что осталось.

$[tex]\binom{5}{1,1,1,1}\binom{7}{1,1,1,1}\binom{4}{1,1,1,1}[/tex]$

Потом это надо поделить на что-то...

Цитата: RawonaM от марта 19, 2011, 10:56Вроде бы ваш путь наиверный, мой ведет в какие-то непонятные дебри, хотя конечно при желании можно было бы добить.
Решил вашим способом. :)
Ну и исправил пару ошибок в связи с тем, что пермутации групп не учел.

Вот и чудненько, расскажите, на что же надо поделить? Я думаю, что на 48. А то мне так интересно стало... Или на 384... Даже, скорее на 384...

Название: Теория вероятности
Отправлено: Drundia от августа 28, 2011, 13:52

Цитата: Квас от марта 19, 2011, 14:31
Цитата: RawonaM от марта 19, 2011, 12:35
Разыгрывается случайное пятизначное число 00000-99999.

В скольких случаях будет ровно три семерки в числе?

$[tex]\binom52 9\cdot9[/tex]$ ?

:+1:

:o :wall:
Здрасьте, цифр 10: 0123456789.

$[tex]100\binom52[/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 28, 2011, 14:12

Цитата: Bhudh от августа 28, 2011, 13:15
$[tex]\frac1{81}[/tex]$ дэсу же.

Попытка не удалась.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 28, 2011, 14:14

Drundia, вы решили реанимировать сообщения полугодичной давности? :)

Цитата: Drundia от августа 28, 2011, 13:52
Цитата: Квас от марта 19, 2011, 14:31
Цитата: RawonaM от марта 19, 2011, 12:35Разыгрывается случайное пятизначное число 00000-99999.

В скольких случаях будет ровно три семерки в числе?

$[tex]\binom52 9\cdot9[/tex]$ ?
:+1:
:o :wall:
Здрасьте, цифр 10: 0123456789.

$[tex]100\binom52[/tex]$

Цифр 10 минус семерка, потому 9·9.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Bhudh от августа 28, 2011, 14:14

F xnj? dthjznyjcnb crkflsdf.ncz&

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Drundia от августа 28, 2011, 14:21

Цитата: RawonaM от августа 28, 2011, 14:14
Drundia, вы решили реанимировать сообщения полугодичной давности? :)

Цифр 10 минус семерка, потому 9·9.

Да. Вы мне про мальчиков и девочек скажите.

Точно, дурная моя голова... мда, печально...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от августа 28, 2011, 19:49

Цитата: RawonaM от августа 28, 2011, 12:38
A, Б, В, Г говорят правду с вероятностью 1/3.

Допустим А что-то сказал. Затем Г сказал, что В сказал, что Б сказал, что А сказал правду.

Какова вероятность, что А сказал правду?

1/3. Потому что Б и В ничего в действительности не сказали, и Г просто врёт.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Bhudh от августа 28, 2011, 19:56

А что это у тебя Г врёт со 100%ной вероятностью?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от августа 28, 2011, 20:10

Это условная вероятность при условии, что формулировка задачи истинна.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Bhudh от августа 28, 2011, 20:44

А тебе формулировку кто-то из этих четырёх сказал, что ли?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от августа 28, 2011, 21:05

Формулировку сказал RawonaM.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Bhudh от августа 28, 2011, 22:12

С какой точностью?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 28, 2011, 23:10

Цитата: Alone Coder от августа 28, 2011, 19:49
1/3. Потому что Б и В ничего в действительности не сказали, и Г просто врёт.

Что следует из того, что Г врет?
Ответ неверный.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от августа 28, 2011, 23:23

Ответ верный. В условии задачи сказано, что A говорит правду с вероятностью 1/3. Высказывание Г не накладывает никаких ограничений на то, что сделал А, потому что мы знаем, что оно заведомо ложно.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 28, 2011, 23:40

Да, задача сформулирована странновато, но можно попробовать перефразировать. Однако я сам уже запутался. :)

Цитата: Alone Coder от августа 28, 2011, 23:23
Высказывание Г не накладывает никаких ограничений на то, что сделал А, потому что мы знаем, что оно заведомо ложно.

Оно ложно с вероятностью 2/3, а не вообще.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 29, 2011, 00:20

Цитата: RawonaM от августа 28, 2011, 12:38
A, Б, В, Г говорят правду с вероятностью 1/3.

Допустим А что-то сказал. Затем Г сказал, что В сказал, что Б сказал, что А сказал правду.

Какова вероятность, что А сказал правду?

Не помню уже всех этих ваших формул, но...

По дефолту 1/3.
Если Б это подтвердил, то 1-((1-1/3)х(1-1/3)) = 5/9
А если, как у нас, это подтвердил Г по цепочке от Б и В, то должно быть
1-((1-1/3)х(1-(1/3)^3)) = 1 - ( 2/3 х 26/27 ) = 1 - (52/81) = 29/81
(Так как вероятность истинности высказывания падает втрое при каждой передаче.)

Чуть больше 1/3, как чисто логически и должно быть.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Bhudh от августа 29, 2011, 06:17

Цитата: Awwal12 от Если Б это подтвердил

Что Б подтвердил? Б сказал (если сказал!), что А сказал правду.
Далее, как заметил Alone Coder, если Г или В солгали, Б мог вообще ничего не говорить, а если Г солгал, то и В.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 29, 2011, 07:37

Цитата: Bhudh от августа 29, 2011, 06:17
Что Б подтвердил? Б сказал (если сказал!), что А сказал правду.

Если Б сказал, что А сказал правду, это автоматически означает, что Б подтвердил верность высказывания А. Солгав с вероятностью 2/3, как обычно.
Если А говорит "сегодня пасмурно", то он говорит правду с вероятностью 1/3.
Если Б говорит на это "А сказал правду", это тождественно тому, что Б сказал бы "сегодня пасмурно", вероятность истинности та же. (Тут мы исходим из того, что и Б, и мы знаем, что сказал А, а также из того, что Б в принципе может оценить истинность суждения А.)
Если А и Б говорят одно и то же, вероятность истинности этого - 1 - ((1-1/3)х(1-1/3)) = 5/9.

Цитировать
Далее, как заметил Alone Coder, если Г или В солгали, Б мог вообще ничего не говорить

Если Г солгал (2/3), то иррелевантно, говорил ли что-то В.
Но если он сказал правду (1/3), то следующий вопрос - сказал ли правду сам В.
Вероятность того, что Г адекватно донёс до нас истинное высказывание В - 1/3 х 1/3 = 1/9.
Далее логика та же.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 29, 2011, 11:15

Цитата: Awwal12 от августа 29, 2011, 00:20
Чуть больше 1/3, как чисто логически и должно быть.

Эта логика может быть ошибочной.

Пока что правильного ответа не было.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 29, 2011, 11:16

Цитата: Awwal12 от августа 29, 2011, 00:20
Не помню уже всех этих ваших формул, но...

Кстати да, эта задача решается в лоб без всяких формул.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 29, 2011, 11:19

Цитата: RawonaM от августа 29, 2011, 11:15
Цитата: Awwal12 от августа 29, 2011, 00:20
Чуть больше 1/3, как чисто логически и должно быть.
Эта логика может быть ошибочной.

Ну так по умолчанию 1/3. Плюс ещё подтверждение их третьих рук в довесок (скорее всего ложное, но именно подтверждение; даже ложное подтверждение =/= верное опровержение).
Мне просто интересно, в каком месте у меня ошибка.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 29, 2011, 11:38

Цитата: Awwal12 от августа 29, 2011, 11:19
Ну так по умолчанию 1/3. Плюс ещё подтверждение их третьих рук в довесок (скорее всего ложное, но именно подтверждение; даже ложное подтверждение =/= верное опровержение).
Мне просто интересно, в каком месте у меня ошибка.

Почему подтверждение не может снижать вероятность?
А сказал что-то.
Б сказал, что А сказал правду.

Допустим мы знаем, что Б ошибается (=врет) с вероятностью 100%. Это снижает вероятность что А сказал правду с какой бы она ни была до нуля. Т.е. отсюда достоверно известно, что А врет.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 29, 2011, 11:54

Цитата: RawonaM от августа 29, 2011, 11:38
Почему подтверждение не может снижать вероятность?
А сказал что-то.
Б сказал, что А сказал правду.

Допустим мы знаем, что Б ошибается (=врет) с вероятностью 100%. Это снижает вероятность что А сказал правду с какой бы она ни была до нуля. Т.е. отсюда достоверно известно, что А врет.

Тогда я не понимаю, по какой формуле это высчитывать. :( Интересно будет подумать на досуге, однако.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 29, 2011, 11:57

Мне и самому интересно. Я все еще не понимаю, как решать эту задачу :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 29, 2011, 12:01

Цитата: RawonaM от августа 29, 2011, 11:57
Мне и самому интересно. Я все еще не понимаю, как решать эту задачу :)

Попробую на досуге разделить, как влияют высказывания фигурантов на истинность и на ложность утверждения по раздельности...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от августа 29, 2011, 12:05

Цитата: Bhudh от августа 29, 2011, 06:17
Далее, как заметил Alone Coder, если Г или В солгали, Б мог вообще ничего не говорить, а если Г солгал, то и В.

Б и В ничего не сказали. Перечитайте условие задачи.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 29, 2011, 12:07

Цитата: Alone Coder от августа 29, 2011, 12:05
Цитата: Bhudh от августа 29, 2011, 06:17Далее, как заметил Alone Coder, если Г или В солгали, Б мог вообще ничего не говорить, а если Г солгал, то и В.
Б и В ничего не сказали. Перечитайте условие задачи.

С чего вы взяли, что они ничего не сказали? Уже в 15-ый раз мы все хором вам говорим, что вероятность того, что Г говорит правду — 1/3. В этом случае В тоже что-то сказал.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: arseniiv от августа 29, 2011, 12:13

Цитата: Alone Coder от августа 29, 2011, 12:05
Б и В ничего не сказали. Перечитайте условие задачи.

Там ведь просто не описывается, говорили они или нет. Дальше см. пред. пост.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 29, 2011, 12:19

Ув. Кодер! Если А врёт с вероятностью 2/3, это ещё не значит, что его утверждение верно всегда с вероятностью 1/3 невзирая на любые прочие условия. Предмет суждения А не зависит от высказываний А. По нему также могут высказываться и другие фигуранты, изменяя таким образом суммарную вероятность истинности конкретного утверждения.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 29, 2011, 12:24

Тут нужно напомнить формулу условной вероятности.
A — «А сказал правду»
E — «Г сказал, что В сказал, что Б сказал, что А сказал правду»
Нам нужно вот это:
$[tex]P(A|E)=\frac{P(A \cap E)}{P(E)}[/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 29, 2011, 12:26

Давайте для начала упростим.
А что-то сказал.
Б сказал, что А сказал правду.

На момент изречения все говорят правду с вероятностью 1/3.

Какова вероятность, что А сказал правду?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: arseniiv от августа 29, 2011, 12:29

Кстати, не было бы лишним рассматривать задачу в двух вариантах — (1) Б и В обязательно говорят что-нибудь и (2) Б и В могут молчать. ?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 29, 2011, 12:30

Цитата: arseniiv от августа 29, 2011, 12:29
Кстати, не было бы лишним рассматривать задачу в двух вариантах — (1) Б и В обязательно говорят что-нибудь и (2) Б и В могут молчать. ?

Это один вариант. Там все вписывается. В том случае, если Г говорит правду, то В тоже не молчит. А если В говорит правду, то и Б не молчит.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 29, 2011, 12:32

Цитата: RawonaM от августа 29, 2011, 12:30
Цитата: arseniiv от августа 29, 2011, 12:29
Кстати, не было бы лишним рассматривать задачу в двух вариантах — (1) Б и В обязательно говорят что-нибудь и (2) Б и В могут молчать. ?
Это один вариант. Там все вписывается. В том случае, если Г говорит правду, то В тоже не молчит. А если В говорит правду, то и Б не молчит.

Да, там всё последовательно хорошо раскидывается. Вот озвученный выше вопрос сложнее.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 29, 2011, 12:36

Цитата: Awwal12 от августа 29, 2011, 12:32
Вот озвученный выше вопрос сложнее.

Какой?

Господа, давайте для начала упрощенную задачку решим.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 29, 2011, 15:13

Цитата: RawonaM от августа 29, 2011, 12:36
Цитата: Awwal12 от августа 29, 2011, 12:32
Вот озвученный выше вопрос сложнее.
Какой?
Господа, давайте для начала упрощенную задачку решим.

Вот та ваша упрощенная задачка и есть самый сложный элемент задачи.
Как находить вероятность истинности утверждения, если есть n информаторов, каждый из которых говорит правду с вероятностью X?..

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 29, 2011, 15:22

Пара интересных моментов по этой части:
- если хотя бы для одного информатора X=1, то его утверждение верно, а остальные иррелевантны.
- если хотя бы для одного информатора Х=0, то верно утверждение, обратное евонному, а остальные иррелевантны.
- не может быть двух и более информаторов с Х=1, равно как двух и более информаторов с Х=0, у которых утверждения противоположны
- информаторы с Х=1 и Х=0 не могут утверждать одно и то же.
Как описываются все эти граничные случаи?.. :???

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от августа 29, 2011, 18:40

Цитата: arseniiv от августа 29, 2011, 12:13
Цитата: Alone Coder от августа 29, 2011, 12:05Б и В ничего не сказали. Перечитайте условие задачи.
Там ведь просто не описывается, говорили они или нет.

Там описаны две последовательных реплики, между которыми никаких реплик не произошло. Другого прочтения нет.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 29, 2011, 20:27

Эх блин, второй раз сдавал и реально времени не хватает :( Экзамен нелегкий однозначно.
Надеюсь в этот раз будет получше, чем в прошлый, но ощущение неприятное. :(

Название: Теория вероятностей
Отправлено: User Sapiens от августа 29, 2011, 20:34

$[tex]\frac{41}{81}[/tex]$ :???

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 29, 2011, 21:15

Цитата: User Sapiens от августа 29, 2011, 20:34
$[tex]\frac{41}{81}[/tex]$ :???

Нет. Но это P(E) в моих обозначениях, вы на правильном пути.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от августа 29, 2011, 22:02

1. Вы что, считаете, что вероятности событий "Б сказал что-то" и "В сказал что-то" равны единице???
2. Вы что, считаете, что единственное, что мог сказать Б (если он вообще что-то сказал), - это "А сказал правду" или "А сказал неправду"???
3. -"- В -"- Б -"- Б -"-

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 29, 2011, 22:40

Цитата: Alone Coder от августа 29, 2011, 22:02
1. Вы что, считаете, что вероятности событий "Б сказал что-то" и "В сказал что-то" равны единице???

Конечно, нет. Но и нулю тем более не равны.

Цитировать
2. Вы что, считаете, что единственное, что мог сказать Б (если он вообще что-то сказал), - это "А сказал правду" или "А сказал неправду"???

Если В солгал, то вообще не имеет значения, что вообще Б сказал и сказал ли. Но если В сказал правду (вероятность 1/3), то Б действительно сделал то самое утверждение (истинно оно или ложно - вопрос следующий, но и решаемый точно так же).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от августа 29, 2011, 22:45

Цитата: Awwal12 от августа 29, 2011, 22:40
Цитата: Alone Coder от августа 29, 2011, 22:021. Вы что, считаете, что вероятности событий "Б сказал что-то" и "В сказал что-то" равны единице???
Конечно, нет. Но и нулю тем более не равны.

А чему же они равны, если не нулю?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от августа 29, 2011, 22:46

Цитата: Awwal12 от августа 29, 2011, 22:40
Если В солгал, то вообще не имеет значения, что вообще Б сказал и сказал ли.

Во-во: если Г солгал, то вообще не имеет значения, что вообще В сказал и сказал ли. А он солгал.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Bhudh от августа 29, 2011, 22:53

Ключевое слово: если.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: arseniiv от августа 30, 2011, 11:30

Offtop

Spoiler ⇓⇓⇓

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от августа 30, 2011, 12:08

В понимании любой науки есть три этапа:
1. Когда ничего не понятно.
2. Когда всё понятно.
3. Когда появляются вопросы.

arseniiv застрял на 2-м этапе. Записал.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 30, 2011, 12:13

Цитата: Alone Coder от августа 29, 2011, 22:46
А он солгал.

С чего вы взяли. Они все лгут только с вероятностью 2/3.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 30, 2011, 12:14

Цитата: arseniiv от августа 30, 2011, 11:30
Offtop
Spoiler ⇓⇓⇓
«Alone Coder не разбирается в ТВ.» Записал.

Spoiler ⇓⇓⇓

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 30, 2011, 12:15

И вообще, кто-то может ответить на вопрос

Цитата: Awwal12 от августа 29, 2011, 15:13
Как находить вероятность истинности утверждения, если есть n информаторов, каждый из которых говорит правду с вероятностью X?..

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от августа 30, 2011, 12:18

Цитата: Awwal12 от августа 30, 2011, 12:13
Цитата: Alone Coder от августа 29, 2011, 22:46А он солгал.
С чего вы взяли. Они все лгут только с вероятностью 2/3.

С того, что он сказал, что "В сказал...", хотя В ничего не сказал.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 30, 2011, 12:20

Цодер не зря переживает, но это «горе от ума». Есть неоговоренные случаи. Похоже для решения задачи нужно оговорить, что все что-то сказали и если Х врет про У, значит У сказал обратное.

Ведь случай неясный, что значит, если Г врет — это значит что В ничего не сказал, или значит что В сказал обратное или вообще что-то другое?

Цитата: Awwal12 от августа 29, 2011, 15:13Как находить вероятность истинности утверждения, если есть n информаторов, каждый из которых говорит правду с вероятностью X?..

Я не понял вопроса. Что информаторы утверждают?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 30, 2011, 12:21

Цитата: Alone Coder от августа 30, 2011, 12:18
Цитата: Awwal12 от августа 30, 2011, 12:13
Цитата: Alone Coder от августа 29, 2011, 22:46А он солгал.
С чего вы взяли. Они все лгут только с вероятностью 2/3.
С того, что он сказал, что "В сказал...", хотя В ничего не сказал.

С чего вы взяли, что В ничего не сказал?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 30, 2011, 12:42

Цитата: RawonaM от августа 30, 2011, 12:21
С чего вы взяли, что В ничего не сказал?

Кодера заклинило и он бродит по замкнутому кругу. Г соврал, потому что В ничего не сказал, а В ничего не сказал, потому что Г соврал. ;D

Цитата: RawonaM от августа 30, 2011, 12:20
Я не понял вопроса. Что информаторы утверждают?

Упрощаем. Есть n информаторов, высказывающих одно и то же утверждение M. При этом они ~~врут~~ говорят правду с вероятностями X(1)...X(n). Какова вероятность, что утверждение M верно?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 30, 2011, 12:50

Цитата: Awwal12 от августа 30, 2011, 12:42
Цитата: RawonaM от августа 30, 2011, 12:20Я не понял вопроса. Что информаторы утверждают?
Упрощаем. Есть n информаторов, высказывающих утверждение M. При этом они врут с вероятностями X(1)...X(n). Какова вероятность, что утверждение M верно?

В таком случае получается, что они либо все врут, либо все говорят правду. Т.е. Х_i=X_j для всех и он и является вероятностью того, что М ложно (а верно в 1-Х_i).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 30, 2011, 12:54

Цитата: RawonaM от августа 30, 2011, 12:50
В таком случае получается, что они либо все врут, либо все говорят правду. Т.е. Х_i=X_j для всех и он и является веротяностью того, что М ложно (а верно в 1-Х_i).

:o
Я не спорю, что они все или врут, или говорят правду. Но мы-то не знаем, врут они или говорят правду.
Допустим, чисто статистически первый информатор говорит правду в половине случаев (такое у него свойство), второй говорит правду в 75% случаев, третий в 25% случаев. И все они сходятся в утверждении М. Так какая вероятность истинности М?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: arseniiv от августа 30, 2011, 12:57

Цитата: Alone Coder от августа 30, 2011, 12:08
arseniiv застрял на 2-м этапе. Записал.

Просто мне лень решать эту задачу, но я вижу (и здесь меня поддержит только Фейнман, только точного места не помню), что вы не правы.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 30, 2011, 13:05

Цитата: Awwal12 от августа 30, 2011, 12:54
Допустим, чисто статистически первый информатор говорит правду в половине случаев (такое у него свойство), второй говорит правду в 75% случаев, третий в 25% случаев и пр. Так какая вероятность истинности М?

ОК, значит дело такое. Т.к. мы знаем, что они либо все врут, либо все говорят правду, то нам нужно вычислить вероятность «все говорят правду» (E) при условии «либо все врут, либо все говорят правду» (F). Одно включено в другое (E⊆F), поэтому нужно всего лишь поделить первое на второе.
$[tex]P(E|F)=\frac{P(E\cap F)}{P(F)}=\frac{P(E)}{P(F)}=\frac{\prod_{i=1}^n (1-X_i)}{\prod_{i=1}^n X_i + \prod_{i=1}^n (1-X_i)}[/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 30, 2011, 13:10

Цитата: RawonaM от августа 30, 2011, 13:05
Цитата: Awwal12 от августа 30, 2011, 12:54
Допустим, чисто статистически первый информатор говорит правду в половине случаев (такое у него свойство), второй говорит правду в 75% случаев, третий в 25% случаев и пр. Так какая вероятность истинности М?
ОК, значит дело такое. Т.к. мы знаем, что они либо все врут, либо все говорят правду, то нам нужно вычислить вероятность «все говорят правду» (E) при условии «либо все врут, либо все говорят правду» (F). Jдно включено в другое (E⊆F), поэтому нужно всего лишь поделить первое на второе.
$[tex]P(E|F)=\frac{P(E\cap F)}{P(F)}=\frac{P(E)}{P(F)}=\frac{\prod_{i=1}^n (1-X_i)}{\prod_{i=1}^n X_i + \prod_{i=1}^n (1-X_i)}[/tex]$

Ну а теперь рассчитайте этот ужас для n=2, X1=1/3, Х2=1/27. :) Потому что это наша изначальная задача. Информатор 1 - это А, а информатор 2 - цепочка информаторов Б, В и Г. Утверждение "А говорит правду" здесь тождественно равно утверждению "я согласен с А".

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 30, 2011, 13:13

Немножко подправил формулу. :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 30, 2011, 13:16

Цитата: Awwal12 от августа 30, 2011, 13:10
Ну а теперь рассчитайте этот ужас для n=2, X1=1/3, Х2=1/27.

Я уже запутался что у вас Х, вероятность правды или наоборот. Я сначала так сделал, потом подправил, теперь вы Х опять как правду пишете :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 30, 2011, 13:17

Цитата: Awwal12 от августа 30, 2011, 13:10
Ну а теперь рассчитайте этот ужас для n=2, X1=1/3, Х2=1/27. :) Потому что это наша изначальная задача. Информатор 1 - это А, а информатор 2 - цепочка информаторов Б, В и Г.

Вы думаете в правильном направлении, но этого недостаточно. Т.е. трех человек засунуть в однго информатора не получится :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 30, 2011, 13:19

Цитата: RawonaM от августа 30, 2011, 13:17
Вы думаете в правильном направлении, но этого недостаточно. Т.е. трех человек засунуть в однго информатора не получится :)

Прикинул. Возможно, вы правы. Ещё подумаю.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 30, 2011, 13:20

Более того, вы в упрощенной задаче сказали, что все утверждают одно и тоже, в нашей же задаче есть разные утверждения.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 30, 2011, 13:20

И что за слово, информатор? Информант вроде же :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 30, 2011, 13:27

Цитата: RawonaM от августа 30, 2011, 13:20
Более того, вы в упрощенной задаче сказали, что все утверждают одно и тоже, в нашей же задаче есть разные утверждения.

Не понял? Утверждение БВГ и утверждение А технически совпадают же.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 30, 2011, 15:35

И я не понимаю, что не так с цепочкой информаторов.
У нас есть факт - высказывание Г. Если оно правдиво (1/3), то существует то самое высказывание В (В сказал, что Б сказал, что А сказал правду). Если при этом правдиво и высказывание В (общая вероятность 1/9), то Б сказал, что А сказал правду. Если и это правда (1/27), то А действительно говорит правду, == Б искренне подтверждает показания А.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 30, 2011, 15:39

Цитата: Awwal12 от августа 30, 2011, 15:35
У нас есть факт - высказывание Г. Если оно правдиво (1/3), то существует то самое высказывание В (В сказал, что Б сказал, что А сказал правду). Если при этом правдиво и высказывание В (общая вероятность 1/9), то Б сказал, что А сказал правду. Если и это правда (1/27), то А действительно говорит правду, == Б искренне подтверждает показания А.

А дальше что? А если Г соврал?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 30, 2011, 15:52

Цитата: RawonaM от августа 30, 2011, 15:39
Цитата: Awwal12 от августа 30, 2011, 15:35
У нас есть факт - высказывание Г. Если оно правдиво (1/3), то существует то самое высказывание В (В сказал, что Б сказал, что А сказал правду). Если при этом правдиво и высказывание В (общая вероятность 1/9), то Б сказал, что А сказал правду. Если и это правда (1/27), то А действительно говорит правду, == Б искренне подтверждает показания А.
А дальше что? А если Г соврал?

Если Г соврал, мы ничего нового не можем сказать вообще о высказывании А. :donno:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 30, 2011, 15:59

Я уже запутался сам. Если хотите, я выложу решение, сами разбирайтесь. Я вчера экзамен сдал, можно забыть. ;D

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 30, 2011, 16:54

P.S.: Единственный момент - это если соврал Б. Тогда, если его ложь адекватно донесена до нас (1/9), с общей вероятностью 2/27 заведомо солгал А. Не знаю, означает ли это что-нибудь.

Решение можете выложить, конечно, но все условные обозначения я всё равно уже забыл.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от августа 30, 2011, 16:56

Цитата: RawonaM от августа 30, 2011, 12:21
С чего вы взяли, что В ничего не сказал?

ЦитироватьДопустим А что-то сказал. Затем Г сказал, что В сказал, что Б сказал, что А сказал правду.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 30, 2011, 16:58

Цитата: Alone Coder от августа 30, 2011, 16:56
Цитата: RawonaM от августа 30, 2011, 12:21С чего вы взяли, что В ничего не сказал?
ЦитироватьДопустим А что-то сказал. Затем Г сказал, что В сказал, что Б сказал, что А сказал правду.

ЦитироватьДопустим А что-то сказал. Затем Г сказал, что В сказал, что Б сказал, что А сказал правду.

Инфа на 1/3 верна.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от августа 30, 2011, 17:01

Как она может быть верна, если Г сказал непосредственно вслед за А? Или русский язык уже реформировали?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от августа 30, 2011, 17:02

Цитата: Alone Coder от августа 30, 2011, 17:01
Как она может быть верна, если Г сказал непосредственно вслед за А? Или русский язык уже реформировали?

Мой русский язык всегда был реформированным.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Ausgezeichnet от августа 30, 2011, 17:58

ЦитироватьA, Б, В, Г говорят правду с вероятностью 1/3.

ЦитироватьА что-то сказал

Он сказал правду с вероятностью 1/3, не?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 31, 2011, 14:47

Цитата: Ausgezeichnet от августа 30, 2011, 17:58
ЦитироватьA, Б, В, Г говорят правду с вероятностью 1/3.
ЦитироватьА что-то сказал

Он сказал правду с вероятностью 1/3, не?

Он всегда говорит правду с вероятностью 1/3.
Что не значит, что его показания не могут быть уточнены, а вероятность истинности высказанного им утверждения доведена вообще до 0 или 1.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от августа 31, 2011, 14:52

Цитата: Alone Coder от августа 30, 2011, 17:01
Как она может быть верна, если Г сказал непосредственно вслед за А?

Там сказано всего лишь "затем". Может, через год, чего вы переживаете.
Но вообще задача сформулирована безобразно, конечно.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: User Sapiens от сентября 3, 2011, 14:48

Думаю надо ещё раз уточнить условия, чтобы убедиться в правильном понимании.

Все что-то говорят друг другу и »молчавших« там нет
Вероятность правды составляет 1/3
Нас интересуют варианты где А говорит правду, в независимости от правдивости высказывания Г
Все высказывания кроме А можно обозначить парой {+/-;+/-} где первый знак говорит о правдивости самого высказывания, а второй о оценке высказывания А (правдивое или ложное)

Это правильно?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Awwal12 от сентября 3, 2011, 14:54

Цитата: User Sapiens от сентября 3, 2011, 14:48
Думаю надо ещё раз уточнить условия, чтобы убедиться в правильном понимании.

Все что-то говорят друг другу и »молчавших« там нет
Вероятность правды составляет 1/3
Нас интересуют варианты где А говорит правду, в независимости от правдивости высказывания Г
Все высказывания кроме А можно обозначить парой {+/-;+/-} где первый знак говорит о правдивости самого высказывания, а второй о оценке высказывания А (правдивое или ложное)

Это правильно?

Мы не знаем, говорили что-то Б и В или нет. Может говорили, а может нет.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: User Sapiens от сентября 3, 2011, 15:06

Цитата: Awwal12 от сентября 3, 2011, 14:54
Мы не знаем, говорили что-то Б и В или нет. Может говорили, а может нет.

Если мы этого точно не знаем, то вариантов немного больше, т. к. надо учитывать и молчание. Но неразрешимую проблему это не создает.
Надо подождать RawonaM, пусть он нас просветит по этому вопросу, а то в постановке задания это не совсем понятно.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Bhudh от сентября 3, 2011, 20:41

Цитата: User Sapiens от надо учитывать и молчание

Зачем?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от сентября 5, 2011, 20:49

Сдал нормалек, оценкой доволен :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от сентября 5, 2011, 21:08

;up:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от сентября 5, 2011, 21:16

Матан2 — последний чисто математический курс, потом алгоритмы-алгоритмы-алгоритмы...

Название: Теория вероятностей
Отправлено: User Sapiens от сентября 10, 2011, 12:28

Цитата: Bhudh от сентября 3, 2011, 20:41
Цитата: User Sapiens от надо учитывать и молчание
Зачем?

:???
У меня выходит, учитывая «молчание», к примеру, эти две цепочки различаются:
{+}{0}{0}{-;+}
{+}{+;+}{-;-}{-;+}
и это не смотря на то, что в первом и втором варианте высказывания А и Г одинаковы. Если я всё правильно понял, то вероятности составляют соответственно 2/9 и 4/81.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от сентября 13, 2011, 12:10

Ответ на любопытный вопрос присоединяю. אמת=правда, שקר=ложь, звездочками помечены релевантные строки (т.е. при которых условие верно).

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от сентября 13, 2011, 17:48

А по-русски?

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от сентября 13, 2011, 22:58

Так там все понятно, я же написал объяснение условных обозначений, остальное таблица и формулы.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Alone Coder от сентября 14, 2011, 12:12

Там ничего не понятно.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: джуди от октября 5, 2011, 12:24

Помогите решить задачу . Очень прошу :

Три машины производят детали, причем первая машина производит 20% всей продукции, вторая машина – 30% и третья – 50%. Доля брака в продукции первой машины составляет 5%, второй - 2%, третьей – 1%. Найти вероятность того, что наудачу взятая деталь оказалась дефектной и сделана 2-й машиной.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от октября 5, 2011, 13:32

Если я ничего не путаю (мог подзабыть уже), то все просто.

F₂ - событие «сделана второй машиной».
D - событие «дефектна».
F₂ ∩ D - событие «деталь дефектна и сделана второй машиной».
$[tex]P(F_2 \cap D)=P(F_2)\cdot P(D|F_2)=\frac13 \cdot \frac2{100}[/tex]$

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от октября 5, 2011, 13:37

Прочитал, согласился с поправкой: вместо 1/3 по условию 0,3.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: RawonaM от октября 5, 2011, 13:38

Да, пардон. Невнимательность. :(

Название: Теория вероятностей
Отправлено: джуди от октября 5, 2011, 13:52

Спасибо.

Название: Теория вероятностей
Отправлено: джуди от октября 16, 2011, 19:04

Три машины производят детали, причем первая машина производит 20% всей продукции, вторая машина – 30% и третья – 50%. Доля брака в продукции первой машины составляет 5%, второй - 2%, третьей – 1%. Найти вероятность того, что наудачу взятая деталь оказалась дефектной и сделана 2-й машиной

Я решила задачу , хочу чтоб вы подсказали если, что не так

Решение: Пусть H1-детали с первой машины, H2-детали со второй машины, H3-детали с третей машины . Событие A-взятая деталь с дифектом.
Из условия задачи известно ,что P(H1)=0.2 , P(H2)=0.3 , P(H3)=0,5
Условные вероятности события A равны :
P(A\H1)=0.05, P(A\H2)=0,02, P(A\H3)=0,01
1) По формуле полной вероятности.

P(A)=P(H1)P(A\H1)+P(H2)P(A\H2)+P(H3)P(A\H3)=0.2*0,05+0,3*0,02+0,5*0,01=0,026

2) Найдём вероятность того, что наудачу взятая деталь сделана 2-й машиной
По формуле Бейеса

P(H2)*P(A\H2) 0.3*0.02
P(H2\A)=------------ = -------- = 0.231
P(A) 0.026

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от октября 16, 2011, 20:33

Мне кажется, у вас арифметические ошибки: у меня получается
$[tex]\mathsf P(A) = 0{,}021,\quad\mathsf P(H_2|A)=0{,}286[/tex]$
Ход решения правильный. Если важно оформление, могу предложить следующие «волшебные слова»: «События H1, H2, H3 попарно несовместны, а их сумма — достоверное событие. Это значит, что H1, H2, H3 — полная группа событий, и можно воспользоваться формулами полной вероятности и Байеса».

Название: Теория вероятностей
Отправлено: джуди от октября 17, 2011, 19:32

Квас спасибо :yes:

Название: Теория вероятностей
Отправлено: Квас от октября 17, 2011, 19:41

Пожалуйста. Пишите. :)

Название: Теория вероятностей
Отправлено: arseniiv от октября 17, 2011, 21:00

Только не ники без послезапятой красным.

Лингвофорум

Общий раздел => Наука и техника => Математика => Тема начата: RawonaM от марта 16, 2011, 10:10