Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
Rzucamy dwiema kostkami. Szansa na sumę oczek większą niż \(\displaystyle{ 8}\) to ...
Ukryta treść:
Moc omegi to \(\displaystyle{ 36}\). Pasujące zdarzenia to {3,6},{4,5},{4,6},{5,4},{5,5},{5,6},{6,3},{6,4},{6,5},{6,6}. Można trochę szybciej - na pierwszej kostce mamy trzy oczka -> mamy 1 pasującą sytuację, dla czterech oczek - 2, ... \(\displaystyle{ 1+2+3+4=10}\). W każdym razie wynik to \(\displaystyle{ \frac{10}{36}}\).
Rzucamy trzema kostkami. Szansa na sumę oczek większą niż \(\displaystyle{ 12}\) to ...
Ukryta treść:
Wypisanie 56 ciągów {1,5,6},{1,6,5},{1,6,6},{2,4,6},... jakoś się do mnie nie uśmiecha. Więc może takie coś pomoże (liczymy ilość sprzyjających sytuacji):
1) Policzenie wyniku dla dwóch kostek dla sumy większej niż 1,2,...,11.
2) Dla pierwszej liczby równej 1, suma dwóch następnych musi być równa 11. Liczbę możliwości policzyliśmy w 1).
3) Dla pierwszej liczby równej 2, ...
...
7) Dla pierwszej liczby równej 6, ...
8) Wynik to suma ilości możliwości z punktów 2) - 7).
Dodatkowo 1) można przyspieszyć. Nie potrzebowaliśmy wyników dla wszystkich liczb 1,2,...,11, tylko dla części. Można także zauważyć, że np. [szansa na więcej niż 9]=1-[szansa na więcej niż 4].
Rzucamy sześcioma kostkami. Szansa na sumę oczek większą niż \(\displaystyle{ 22}\) to ...
I to już jest właściwy problem. Nawet wykorzystując sposoby na przyspieszenie i skrócenie z poprzednich zadań, rozpisanie tego to koszmar. Wyznaczamy ilość zdarzeń takich, że przy 2 rzuconych suma większa niż 1,2,... Potem na tej podstawie rozpatrujemy 3 rzucone kostki. Itd.
Moje pytanie:
Czy istnieje sposób, aby to elegancko policzyć? Bez masakrycznego rozpisywania?
Jeśli tak, to co dla \(\displaystyle{ n}\) rzuconych, suma ma być większa od \(\displaystyle{ k}\)?
Dodam, że nie wykluczam, że nie ma lepszego (bardziej optymalnego, szybszego) sposobu - zadania nie wziąłem z żadnego zbioru, a takie raczej by miało szybsze rozwiązanie.
bo każdemu ciągowi wyników \(\displaystyle{ s_1,\ldots,s_6}\) odpowiada symetryczny względem \(\displaystyle{ 3,5}\) ciąg wyników \(\displaystyle{ 7-s_1,\ldots,7-s_6}\)
\(\displaystyle{ P(S=k\mbox{ mod }6)=\frac{1}{6}}\)
Nie rozumiem zbytnio przecież: \(\displaystyle{ P(S=6)=\left(\frac{1}{6} \right)^6}\)
Nie brakuje czegoś?
Żmudnie ja bym skorzystał już z rozkładu dla 3 rzutów. Jeśli już go wyliczyliśmy. Wtedy: \(\displaystyle{ P(X+Y)>26=P(X>17,Y=9)+P(X>16,Y=10)+...+P(X>8,Y=18)}\)
Żmudne, ale nieco skraca, jednak bez korzystania z jakiegoś matematycznego programu nie brałbym się za to.
1)Chodziło tu o to, że np. \(\displaystyle{ P(4)+P(10)+P(16)+...= \frac 16}\).
2) Właśnie o tym pisałem w 1. poście. Opisałem to dla łączenia 2 rzutów i 1 rzutu w 3 rzuty. Analogicznie można łączyć np. 3 rzuty i 3 rzuty w 6 rzutów. Ale dzięki.
