Valószínűségszámítás házi (feltételes valószínűség). Segítene valaki?

Ha nem értesz a matekhoz, magyarázd el a példát "Schrödinger macskája" elven.

Ha csukott szemmel húzol a dobozból nem lehetsz benne biztos, hogy az összes golyó benne van, amit beleraktál, mert ha valamit nem látsz, az egyszerre létezhet is, és nem is.

Szóval mindenképp nyitott szemmel kell húzni ahhoz, hogy biztos legyél benne, hogy ott van az összes golyó, különben a feladat megoldhatatlan.

Ha pedig nyitott szemmel húzol, akkor tudod miket fogsz kihúzni! :)

Feladat megoldva, matek 1-es, fizika 5-ös :D (ezért nem volt sose jó matekból xD)

Bocsi, de a feladatra nem tudok válaszolni :/

A 3-as szerintem jó, mert 3 dobozból 2-ben biztosan csak fehér lesz, de ha a 3. dobozt is választod, akkor is lesz közte 10 fehér.

Amikor kiválasztjuk a dobozt, akkor 1/3 valószínűséggel választhatjuk akármelyiket.

Ha az elsőt választanánk 1/3 eséllyel, akkor utána 1/6 valószínűséggel lesz fehér.

Ha a másodikat választjuk 1/3 eséllyel, akkor utána 1/2 ...

Ha a harmadikat választjuk 1/3 eséllyel, akkor utána 2/3 ...

Összesen:

1/6·1/3 + 1/2·1/3 + 2/3·1/3

Ezt hívják teljes valószínűségnek. Biztos tanultátok a teljes valószínűség tételét, ez volt az.

Ugyanez betűkkel:

A1, A2, A3 események: melyik dobozból húzunk.

P(A1) = P(A2) = P(A3) = 1/3

B esemény: fehéret húzunk:

P(B|A1) = 1/6         vagyis a fehér valószínűsége, ha az elsőből húzzuk, az 1/6

stb.

A teljes valószínűség:

P(B) = P(B|A1)·P(A1) + P(B|A2)·P(A2) + P(B|A3)·P(A3)

2)

Ez meg, amikor visszafelé akarjuk a feltételes valószínűséget számolni, ez a Bayes tétel.

C esemény: feketét húzunk.

Kérdés: P(A1|C) = ?

Bayes:

P(A1|C) = P(C|A1)·P(A1) / [P(C|A1)·P(A1) + P(C|A2)·P(A2) + P(C|A3)·P(A3)]

Helyettesíts be. Ugye megy?

3)

Jól tippeltél.

Egyrészt bizonyára észrevetted, elrontottam az elején. Az elsőnél a fehér valószínűsége P(B|A1) nem 1/6, hanem 5/6. A feketéé 1/6.

> Az "normális", hogy ez egyenlő azzal, hogy ha elosztom az összes fehér golyót az összes golyó számával?

Ez teljesen véletlen. Attól sem függ, hogy a dobozok valószínűsége egyforma. Ott van az ellenpélda a 3. feladatnál, amit jól megtippeltél, hogy a javasolt elosztásnál nagyobb eséllyel lesz fehér. Annak az esélye ennyi:

1/3·(1 + 1 + 10/16)

Ez nagyobb 2/3-nál.

> ha a másodikat kiszámolom, 1/6 jön ki. szóval ebben az esetben P(fekete|A1) = P(A1|fekete)?

Ez is teljesen véletlen. Azért van, mert a fekete teljes valószínűsége véletlenül megegyezik az első doboz választásának a valószínűségével (mindkettő 1/3).

> az számít, hogy egy dobozban hány golyó van (ha 1/3 valószínűséggel választok dobozt)?

Végülis igen, de ezt nem kell komolyan venni. Úgy értem nem lehet általános érvényű dolognak tekinteni Mindig ki kell számolni az egyes feltételes valószínűségeket, aztán jön a teljes val. tétel, vagy a Bayes.

> ha mindegyikben 6 db van, akkor akár úgy is modellezhetem az egészet, mintha egy nagy dobozból húznék, nem?

Igen, de megint mondom, nem érdemes ebbe az irányba elmenni. Jól vetted észre, ami azt jelenti, hogy már tényleg kezded érteni, de nem érdemes ilyen részletekbe belemerülni. Általános esetben ezek a meggondolások nem segítenek.

#3: biztos igazad van, vélhetően jobban értesz hozzá, mint egy laikus :) De saját logikus elképzelésem szerint egy elv átültethető más környezetbe is.

Ha csukott szemmel keresek golyót egy dobozban, nem garantálható biztosan, hogy a golyók benne lesznek, vagy nem.

Értem én, hogy a macskás esetben a macska mindenképp benne van, és vagy él, vagy nem.

De annál is felmerülhet a kérdés, hogy mi van, ha a macska még sincs benne? Elvégre nem látom, mi van a dobozban, vagyis nem állíthatom biztosra, hogy benne van attól függetlenül, hogy én korábban beleraktam.