Itt jól gondolom hogy a feladat megoldokulcsa hibás??

Már azt sem értem, hogy mit nem értek :D

Igen, a 10/15 az 2/3. Csak a 0,15*2/3-dal nem nagyon tudok it kezdeni.

Igen.

A feltételes valószínűség képletét annyira nem ismerem behatóan, de majd a kolléga az azzal való számolással levezeti.

Viszont én amondó vagyok, hogy a mindenféle feladatot (először) próbáljuk meg mindig visszavezetni a klasszikus valószínűségi modelre, mielőtt bármilyen nagy ívű képletet használunk. Az eredeti feladat másik értelmezése is egyébként felírható a klasszikus valószínűségi modellel. Az esetszétválasztás aszerint megy, hogy az első 14-re és 15.-re miket húzott ki;

1a. eset: 10 jobb, 4 bal, 15.-re jobbat húz

1b. eset: 10 jobb, 4 bal, 15.-re balt húz

2. eset: 9 jobb, 5 bal, 15.-re bármi

3. eset: 8 jobb, 6 bal, 15.-re bármi

4. eset: 7 jobb, 7 bal, 15.-re bármi

5. eset: 6 jobb, 8 bal, 15.-re bármi

6. eset: 5 jobb, 9 bal, 15.-re bármi

7a. eset: 4 jobb, 10 bal, 15.-re jobbat húz

7b. eset: 4 jobb, 10 bal, 15-.re balt húz

Összes eset: a fenti esetek összege.

Kedvező eset: (1a.)+(7b.), ezekben az esetekben nyúl üres zsebbe első alkalommal 15. húzásra.

Valószínűség: a kettő hányadosa.

Mondjuk ez így eléggé hosszadalmas, ezért (is) találták fel a feltételes valószínűséget.

Ha jól tudom, a függetlenséghez két dolog kell;

-lefedjék a teljes eseményteret, és ne legyen metszetük.

Például: az [1;10] intervalluról két különböző egészet kiválasztva mekkora annak a valószínűsége, hogy az egyik szám páros, a másik páratlan? Nyilván egyik szám sem lehet egyszerre páros és páratlan, tehát független események.

Mekkora annak a valószínűsége, hogy az egyik szám páros, a másik 5-nél kisebb? Itt már a másodiknak választható szám függhet az elsőtől. Ha például a 8-ast húzzuk, akkor mellé akármelyik 5-nél kisebb mehet, szóval nincs gond. Ha viszont elsőre a 2-est választjuk, akkor mellé mehet az összes 5-nél kisebb szám és az összes páros, vagyis az 1;3;4;5;6;8;10 számokból válogathatunk. Ebben az esetben a szitaformulával ki kell szitálni az egybeeső eseteket. Egyébként itt a fenti leírás sem teljesül; egyrészt nem fedik le az eseményteret (a 7;9 számok egyikben sincsenek benne), másrészt van metszetük (a 2;4;6 számok).

#45

"1a. eset: 10 jobb, 4 bal, 15.-re jobbat húz

1b. eset: 10 jobb, 4 bal, 15.-re balt húz

2. eset: 9 jobb, 5 bal, 15.-re bármi

..."

Az a baj, hogy ezek több és nem egyforma számú elemi esetet tartalmaznak, aszerint, hogy a jobb-ok és bal-ok hol helyezkednek el a sorban.

Pl. az 1a.-ban (14 alatta 10) egyenlő valószínűségű elemi eset van.

A 2. ben 2*(14 alatta 9)

Emiatt a 9, általad felírt összetett eset valószínűsége nem egyenlő és nem mondhatjuk, hogy a végeredmény valószínűség 2/9.

De ha mind a 9-re kiszámolnánk, hogy hány egyenlő valószínűségű elemi esetet (sorrendet) tartalmaz, akkor működne a dolog. Szóval szerintem jó elképzelés. Jobb mint az a fantazmagória, hogy az összes esetek száma 2^15. :-)

Ne már, ez most komoly? ...

Nyilván ezeket külön-külön ki kell számolni, ezért is írtam azt, hogy a fenti esetek ÖSSZEGE, és nem azt, hogy 9, merthogy 9 eset van. Ugyanígy a kedvező esetnél is sejtettem, hogy az első és az utolsó összege lesz, ami meg nyilván nem 2, mert akkor azt írtam volna...

„Szóval szerintem jó elképzelés. Jobb mint az a fantazmagória, hogy az összes esetek száma 2^15. :-)”

Egyáltalán nem fantazmagória. Ha el tudnál szakadni a saját értelmezésedtől, akkor rájönnél, hogy azzal nincs semmi probléma.

#48

"Ne már, ez most komoly? Nyilván ezeket külön-külön ki kell számolni"

Ezt félreéertettem. Mentségemre szóljon, hogy esetnek nevezted őket és utána azt írtad:

"Összes eset: a fenti esetek összege." "Kedvező eset: (1a.)+(7b.), ...Valószínűség: a kettő hányadosa."

De ha eleve úgy gondoltad, hogy mindegyikhez kiszámolod a sorrendek, mint elemi esetek számát, akkor tökéletes megoldás.