niezależne rzuty na chybił trafił

annkam87 · Post autor: **annkam87** » 16 kwie 2009, o 18:01

Jakie jest prawdopodobieństwo, że w ciągu niezależnych rzutów na chybił trafił symetryczną kostką sześcienną szóstka pojawi się po raz pierwszy w rzucie o numerze parzystym?

JankoS · Post autor: **JankoS** » 18 kwie 2009, o 02:25

Czyli w drugim rzucie.Interesujące nas zdarzenie jest ilocztynem zdarzeń\(\displaystyle{ A\cap B,}\) gdzie A - wyrzucenie w pierwszym rzucie "nie-szóstki", B - wyrzucenie za drugim razem szóstki. A, B są niezależne więc \(\displaystyle{ P \left(A\cap B \right) =P(A) \cdot P(B)=\frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6}.}\)

6hokage · Post autor: **6hokage** » 18 kwie 2009, o 04:12

To nie takie proste, nie jest znana liczba rzutów, także nie możesz zakładać, że 6 musi wypaść w drugim rzucie. Jak dla mnie to jakiś hardcore, bo liczba rzutów nie jest ograniczona. Ciekawe zadanko.

JankoS · Post autor: **JankoS** » 19 kwie 2009, o 22:09

Po powyzszych słusznych uwagach i chwilach medytacji proponuję coś takiego: A - szóstka w pzrzystym rzucie.
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6}+ \left(\frac{5}{6} \right)^3 \cdot \frac{1}{6}+...+\left(\frac{5}{6} \right)^{n-1} \cdot \frac{1}{6}}\) dla n parzystych.
\(\displaystyle{ P(A)=\frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6}+ \left(\frac{5}{6} \right)^3 \cdot \frac{1}{6}+...+\left(\frac{5}{6} \right)^{n-2} \cdot \frac{1}{6}}\) dla n nieparzystych.

6hokage · Post autor: **6hokage** » 20 kwie 2009, o 01:31

Brałem to na początku pod uwagę, ale w tym zadaniu raczej nie chodzi o wzór ogólny dla każdego n, przecież prawdopodobieństwo wyrzucenia tej 6 w parzystym rzucie istnieje niezależnie od n. Sądzę, że tak jest, bo jak zaczynamy rzucać to przecież nie wiemy kiedy wyrzucimy 6, a twój wzór mówi, że zanim nie poznamy liczby rzutów, to prawdopodobieństwa nie da się obliczyć.

-- 20 kwi 2009, o 02:26 --

A może tak należy to zrobić: ten wzór to szereg geometryczny. Ponieważ ilość rzutów jest nieograniczona to wypadałoby, że \(\displaystyle{ P(A)= \lim_{ n\to \infty } \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6}+ \left(\frac{5}{6} \right)^3 \cdot \frac{1}{6}+...+\left(\frac{5}{6} \right)^{n-1} \cdot \frac{1}{6}= \frac{5}{11}}\)
Wtedy wszystko by się zgadzało, bo (liczone tą samą metodą) P(B) (prawdopodobieństwo wyrzucenia 6 w nieparzystym rzucie) = 6/11 .
Niech P(six) - prawdopodobieństwo wyrzucenia 6 w jakimkolwiek rzucie.
Suma P(A) + P(B)=5/11 + 6/11 = 1 = P(six) i tak powinno być, bo six=A+B, a P(six) jest równe 1 jeśli ilość prób jest nieskończona.