Dwie kostki
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11415
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3155 razy
- Pomógł: 748 razy
Dwie kostki
Czy można obciążyć tak wszystkie ściany dwóch kostek, aby przy jednoczesnym rzucie tymi kostkami wszystkie prawdopodobieństwa sum oczek równych od \(\displaystyle{ 2}\) aż do \(\displaystyle{ 12}\) były takie same
-
- Użytkownik
- Posty: 4
- Rejestracja: 26 gru 2023, o 08:37
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 27
- Lokalizacja: Wrocław
- Pomógł: 2 razy
Re: Dwie kostki
Świetne pytanie!
Przy założeniu, że obie kostki mają być tak samo obciążone (co nie jest w sumie wskazane w treści) - mój sposób polega na tym, by założyć, że jest to możliwe i przez \(p_1, ..., p_6\) oznaczyć szukane prawdopodobieństwa. Rozważam następnie równości takie jak \(\text{P}(S=4)=p_1p_3+p_2p_2+p_3p_1\), po drodze zauważając na przykład, że \(p_1=p_6\). Ostatecznie prowadzi mnie to do sprzeczności.
Jakąś nadzieję może nieść jeszcze zniesienie założenia, że kości mają być identyczne.
Przy założeniu, że obie kostki mają być tak samo obciążone (co nie jest w sumie wskazane w treści) - mój sposób polega na tym, by założyć, że jest to możliwe i przez \(p_1, ..., p_6\) oznaczyć szukane prawdopodobieństwa. Rozważam następnie równości takie jak \(\text{P}(S=4)=p_1p_3+p_2p_2+p_3p_1\), po drodze zauważając na przykład, że \(p_1=p_6\). Ostatecznie prowadzi mnie to do sprzeczności.
Jakąś nadzieję może nieść jeszcze zniesienie założenia, że kości mają być identyczne.
-
- Użytkownik
- Posty: 19
- Rejestracja: 1 maja 2019, o 17:43
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 8 razy
Re: Dwie kostki
Niech \(P(X_1=S)\) oznacza prawdopodobieństwo, że na pierwszej z kostek wypadło \(S\) oczek.
Analogicznie \(P(X_2=S)\) oznacza prawdopodobieństwo, że na drugiej z kostek wypadło \(S\) oczek.
Wszystkie sumy od \(2\) do \(12\) są równie prawdopodobne, a zatem prawdopodobieństwo wypadnięcia danej z nich wynosi \(\frac{1}{11}\). A zatem
\(\begin{cases}\frac{1}{11}=P(X_1+X_2=2)=P(X_1=1)P(X_2=1) \\
\frac{1}{11}=P(X_1+X_2=12)=P(X_1=6)P(X_2=6)\end{cases} \).
Załóżmy, że \(P(X_1+X_2)=\frac{1}{11}\). Wtedy
\(\frac{1}{11}=P(X_1+X_2=7)=P(X_1=1)P(X_2=6)+...+P(X_1=6)P(X_2=1)\ge \)
\(P(X_1=1)P(X_2=6)+P(X_1=6)P(X_2=1) =\frac{P(X_2=6)}{P(X_2=1)}P(X_1=1)P(X_2=1)+\)
\( \frac{P(X_2=1)}{P(X_2=6)}P(X_1=6)P(X_2=6)=\frac{1}{11}(\frac{P(X_2=1)}{P(X_2=6)}+\frac{P(X_2=6)}{P(X_2=1)})=\frac{1}{11}((\sqrt{\frac{P(X_2=1)}{P(X_2=6)}}-\sqrt{\frac{P(X_2=6)}{P(X_2=1)}})^2+2)\ge\frac{2}{11}>\frac{1}{11}\).
Otrzymana sprzeczność prowadzi do wniosku, że nie da się obciążyć kostek tak by prawdopodobieństwo wyrzucenia każdej z możliwych sum było tak samo prawdopodobne.
Analogicznie \(P(X_2=S)\) oznacza prawdopodobieństwo, że na drugiej z kostek wypadło \(S\) oczek.
Wszystkie sumy od \(2\) do \(12\) są równie prawdopodobne, a zatem prawdopodobieństwo wypadnięcia danej z nich wynosi \(\frac{1}{11}\). A zatem
\(\begin{cases}\frac{1}{11}=P(X_1+X_2=2)=P(X_1=1)P(X_2=1) \\
\frac{1}{11}=P(X_1+X_2=12)=P(X_1=6)P(X_2=6)\end{cases} \).
Załóżmy, że \(P(X_1+X_2)=\frac{1}{11}\). Wtedy
\(\frac{1}{11}=P(X_1+X_2=7)=P(X_1=1)P(X_2=6)+...+P(X_1=6)P(X_2=1)\ge \)
\(P(X_1=1)P(X_2=6)+P(X_1=6)P(X_2=1) =\frac{P(X_2=6)}{P(X_2=1)}P(X_1=1)P(X_2=1)+\)
\( \frac{P(X_2=1)}{P(X_2=6)}P(X_1=6)P(X_2=6)=\frac{1}{11}(\frac{P(X_2=1)}{P(X_2=6)}+\frac{P(X_2=6)}{P(X_2=1)})=\frac{1}{11}((\sqrt{\frac{P(X_2=1)}{P(X_2=6)}}-\sqrt{\frac{P(X_2=6)}{P(X_2=1)}})^2+2)\ge\frac{2}{11}>\frac{1}{11}\).
Otrzymana sprzeczność prowadzi do wniosku, że nie da się obciążyć kostek tak by prawdopodobieństwo wyrzucenia każdej z możliwych sum było tak samo prawdopodobne.