rzut kostkami

[nieOna3]

Rozważmy doświadczenie polegające na wykonaniu rzutu dziesięcioma nierozróżnialnymi kostkami do gry. Znaleźć liczbę możliwych wyników tego doświadczenia, które spełniają warunek, iż suma wyrzuconych oczek jest nieparzysta.

Podpowie ktoś jak zacząć to zadanie?

[Majeskas]

Rozróżniamy kostki, więc najwygodniej będzie rozważać wyniki naszego doświadczenia jako ciągi długości \(\displaystyle{ 10}\) o wyrazach ze zbioru \(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3,4,5,6\right\}}\). takich ciągów jest \(\displaystyle{ 6^{10}}\).

Jeśli chodzi o zdarzenie \(\displaystyle{ A}\), to na pewno w grę wchodzą wszystkie wyniki, w których wyszły same parzyste oczka, a poza tym te, w których wyszły jakieś nieparzyste oczka, ale sumy oczek tych nieparzystych zrobiły się parzyste.

Podpowiedź: zastanowić się dla jakich \(\displaystyle{ k}\) suma \(\displaystyle{ k}\) liczb nieparzystych daje liczbę parzystą.

[nieOna3]

Kostki są nierozróżnialne.

[Majeskas]

No tak, ale są różnymi przedmiotami. Zauważ, że wyrzucenie na którejś kostce jedynki, a na pozostałych szóstki jest fizycznie innym doświadczeniem, niż wyrzucenie na jakiejś innej kostce jedynki, a na pozostałych szóstki. Mimo, że z punktu widzenia zbioru zdarzeń elementarnych są to te same zdarzenia. Jeśli bardzo chcemy nie rozróżniać takich zdarzeń, to nasza przestrzeń zdarzeń elementarnych staje się zbiorem \(\displaystyle{ 10}\)-elementowych kombinacji z powtórzeniami zbioru \(\displaystyle{ 6}\)-elementowego.
Wzór na ilość \(\displaystyle{ k}\)-elementowych kombinacji z powtórzeniami zbioru \(\displaystyle{ n}\)-elementowego to
\(\displaystyle{ {n+k-1\choose k}}\)

Natomiast idea spojrzenia na zdarzenie \(\displaystyle{ A}\) jest taka sama.

[nieOna3]

Rozumiem, że fizycznie to jest inne doświadczenie ale muszę trzymać się dokładnie treści zadania.

Czemu będą to 10-elementowe kombinacje z powtórzeniami zbioru 6-elementowego?
Chciałabym zrozumieć dokładnie o co chodzi.

[Majeskas]

Przykładowy rezultat doświadczenia to \(\displaystyle{ \left\{ 1,2,2,5,4,5,6,6,3,2\right\}}\). Skoro nie rozróżniamy kostek, to nie rozróżniamy żadnej kolejności tych wyników, dlatego właśnie mamy do czynienia z kombinacjami, a nie wariacjami. A że z powtórzeniami, to chyba wiadomo - wyniki mogą się powtarzać.

[nieOna3]

OK, to rozumiem, a skąd ten wzór? Chciałabym zrozumieć idee, dlaczego wygląda tak a nie inaczej.

[Majeskas]

Co do wzoru odsyłam do dwóch źródeł, w których jest wyjaśnienie:

... B3rzeniami
180686.htm

[nieOna3]

Wszystko jasne Wracając jeszcze do zadania to musze to rozpisać na przypadki, że suma 2 liczb nieparzystych daje parzystą, 4, 6, 8 i 10? Czy da się to jakoś zgrabnie zrobić?
I czy to będzie tak, np. dla przypadku 4 nieparzyste i 6 parzystych:
\(\displaystyle{ {3+4-1 \choose 4} {3+6-1 \choose 6}}\)
czy źle dalej myślę?

[Majeskas]

Tak, jest ok. Wydaje mi się, że koniec końców wyjdzie \(\displaystyle{ \frac12}\) i można to uzasadnić patrząc na przypadki, w których suma będzie nieparzysta i stwierdzając, że jest ich tyle samo. Ale nie jestem tego pewien. Taki sposób liczenia jak wyżej jest na pewno bezpieczniejszy.

[norwimaj]

Majeskas, \(\displaystyle{ \frac{3003}2\ne1512}\), choćby ze względu na nieparzystość liczby \(\displaystyle{ \binom{15}5=3003}\). Gdyby była nieparzysta liczba kostek, to wszystko w porządku, ale dla parzystej liczby nierozróżnialnych kostek nie widać powodu, żeby oba zbiory były równoliczne.

[Majeskas]

Dlatego powiedziałem, że tak mi się wydaje. Nie, że jest tak z pewnością. Przypuszczałem, że wynik zależy od parzystości kostek. Gdybyśmy rozróżniali kostki też byłoby chyba inaczej. Na przykład przy dwóch rozróżnialnych kostkach jest \(\displaystyle{ \frac12}\).

[norwimaj]

Tak, dla rozróżnialnych kostek w połowie wyników suma jest nieparzysta. Jeśli \(\displaystyle{ (a_1,a_2,\ldots,a_{10})}\) jest wynikiem o parzystej sumie, to \(\displaystyle{ (7-a_1,a_2,\ldots,a_{10})}\) jest wynikiem o nieparzystej sumie, i w ten sposób mamy bijekcję pomiędzy jednymi wynikami a drugimi.

[Majeskas]

o właśnie, dzięki.