rzut sześcioma/dwunastoma/osiemnastoma sześciennymi koścmi

[tolerancja]

Oblicz prawdopodobieństwo:
a) wyrzucenie przynajmniej jednej "6" przy rzucie sześcioma sześciennymi koścmi,
b) wyrzucenie przynajmniej dwóch "6" przy rzucie dwunastoma sześciennymi koścmi,
c) wyrzucenie przynajmniej trzech "6" przy rzucie osiemnastoma sześciennymi koścmi.

[mat_61]

Wskazówka:

We wszystkich przypadkach proponuję skorzystać z p-stwa zdarzenia przeciwnego.

Samo rozwiązanie można zrobić na dwa sposoby:

- licząc moce zbiorów jako wariacje z powtórzeniami lub iloczyny wariacji z powtórzeniami i kombinacji
- korzystając ze schematu Bernouliego i traktując rzut n-toma kostkami jako n rzutów jedną kostką.

[tolerancja]

Czy przy rzucie sześcioma kostkami jednocześnie mówimy o kolejności? Nie liczy się tego z kombinacji z powtórzeniami?

[mat_61]

Formalnie nie musimy mówić o "kolejności" wylosowanych elementów, ale nie uwzględniając "rozróżnienia" kostek przy takim doświadczeni i korzystając z klasycznej definicji prawdopodobieństwa nie odzwierciedlamy "rzeczywistego" przebiegu doświadczenia. Jest tak wg mnie dlatego, że bez tego rozróżnienia nie jest spełniony jeden z warunków, że wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne.

Żeby nie rozpisywać dużej ilości wariantów posłużę się analogicznym przykładem: rzutem dwoma monetami. Jeżeli monety są nierozróżnialne, to wyniki rzutu który faktycznie widzimy to:

\(\displaystyle{ \left\{O;O \right\} \ \left\{O;R \right\} \ \left\{R;R \right\}}\)

Jeżeli założyć, że każdy z tych wyników jest jednakowo prawdopodobny (a tak musimy założyć jeżeli korzystamy z klasycznej definicji p-stwa), to prawdopodobieństwo wyrzucenia orła i reszki wynosi:

\(\displaystyle{ P(A)= \frac{1}{3}}\)

A teraz wyobraźmy sobie takie samo doświadczenie, ale dwoma rozróżnialnymi monetami. Wtedy wyniki rzutu, to:

\(\displaystyle{ \left(O;O \right) \ \left(O;R \right) \ \left(R;O \right) \ \left(R;R \right)}\)

Teraz prawdopodobieństwo wyrzucenia orła i reszki wynosi:

\(\displaystyle{ P(A)= \frac{2}{4}= \frac{1}{2}}\)

Jak widać prawdopodobieństwa są różne. Pozostaje pytanie dlaczego tak jest i który sposób liczenia jest poprawny? Przecież oczekiwany rezultat nie powinien zależeć od tego, czy rzucamy np. dwoma złotówkami z tej samej emisji (nierozróżnialnymi) czy złotówkami z różną datą emisji (rozróżnialnymi).

Jest to z jednej strony kwestia umowy. Obydwa sposoby są wg mnie formalnie poprawne (przy odpowiednim zdefiniowaniu przestrzeni zdarzeń elementarnych), ale intuicyjnie wydaje się, że ten drugi sposób liczenia jest zgodny z "rzeczywistością".

Gdyby bystry obserwator te identyczne monety jakoś rozróżniał, to by zauważył, że osoba która obstawiła, że wypadnie orzeł i reszka wygrywałaby tak naprawdę w przypadku dwóch różnych wyników rzutu a osoba która obstawiła np. dwa orły, tylko jednego. To by oznaczało, że te zdarzenia elementarne faktycznie nie są, wbrew teoretycznym założeniom, jednakowo prawdopodobne (pierwsza osoba wygrywałaby dwa razy częściej). Tym samym nie jest spełniony jeden z warunków klasycznej definicji p-stwa.

Dlatego też najczęściej (praktycznie zawsze) przyjmuje się ten drugi sposób rozumowania. W podręcznikach szkolnych, zbiorach zadań itd. jeżeli jest mowa o rzucie dwoma monetami to przyjmuje się, że są możliwe 4 wyniki rzutu (a nie 3), jeżeli jest mowa o rzucie dwoma kostkami to przyjmuje się, że jest 36 możliwych wyników rzutu (a nie 21) itd. Niestety nie towarzyszy temu, żadne szczegółowe wyjaśnienie dlaczego tak jest choć w zadaniach często nie ma nic o tym, że monety/kostki są rozróżnialne.

Mile widziane komentarze do powyższego wyjaśnienia

[tolerancja]

Wielkie dzięki. Wyjaśniłeś to tak, że lepiej już nie można