rzuty monetami

nikasek11 · Post autor: **nikasek11** » 23 gru 2011, o 20:09

po wykonaniu rzutów po kolei możemy zapisać wynik i też zadać stosunek o:r. wg mnie nie ma to znaczenia czy rzucamy po kolei czy nie po zdarzenia sa nie zależne. Co innego gdybyśmy wyciągali kule z urny. Wtedy rozróżniamy tu losowanie bez i ze zwracaniem

fuqs · Post autor: **fuqs** » 23 gru 2011, o 20:18

nikasek11 pisze:po wykonaniu rzutów po kolei możemy zapisać wynik i też zadać stosunek o:r. wg mnie nie ma to znaczenia czy rzucamy po kolei czy nie po zdarzenia sa nie zależne. Co innego gdybyśmy wyciągali kule z urny. Wtedy rozróżniamy tu losowanie bez i ze zwracaniem

no tak, ale jednak to co napisal Majeskas wydaje sie dosc przekonujace, chociaz mam spore watpliwosci czy prawdopodobienstwo wskazanych przez niego zdarzen elementarnych jest rowne.

nikasek11 · Post autor: **nikasek11** » 23 gru 2011, o 20:32

ja też już nic nie wiem. Przeczucie mi mówi, że to co napisał Majeskas jest nieprawidłowe ale jeszcze nie wiem jak to obalić

fuqs · Post autor: **fuqs** » 23 gru 2011, o 20:44

no wlasnie ja tez mam problem z obaleniem. bo niby ciezko sie do czegos przyczepic u niego. ale na logike przeciez to ze wyrzucimy w 1 rzucie 3 orly i 3 reszki nie jest takie samo jak ze 0 orlow i 6 reszek. no ale nie wiem jak sie mozna przyczepic do jego rozumowania (tego z kombinacjami), bo wydaje sie byc dobre.

Majeskas · Post autor: **Majeskas** » 23 gru 2011, o 20:50

Najzabawniejsze jest to, że jak was poczytałem, to moje przeczucie też mi tak mówi i też nie wiem, jak to obalić.

Ale rozgorzało…

Wydaje mi się, że uległem następującemu złudzeniu: Jeśli mamy w urnie 9 kul czerwonych i 1 czarną, to prawdopodobieństwo wyciągnięcia kuli czerwonej powinno wynosić \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\), bo zbiór zdarzeń elementarnych to \(\displaystyle{ \left\{ c,b\right\}}\).

Zdaje się, że problemem jest tu liczenie prawdopodobieństwa wzorem: moc zbioru zdarzeń sprzyjających przez moc zbioru zdarzeń elementarnych, i nie branie pod uwagę, że zdarzenia elementarne mają jakieś własności rozróżniające je między sobą. Nie umiem tego ściśle wyrazić, ale chyba wiecie, co mam na myśli.

Także wychodzi na to, że faktycznie niezależnie, czy bedziemy rozróżniać monety, czy nie, prawdopodobieństwo tych czterech orłów powinno być równe \(\displaystyle{ \frac{15}{64}}\).

-- 23 grudnia 2011, 20:56 --

Moje rozumowanie z kombinacjami jest dobre, jeśli chodzi o ustalenie zbioru zdarzeń elementarnych w doświadczeniu bez rozróżniania monet, bo on faktycznie jest 7-elementowy (nie ma innego wyniku doświadczenia, niż któraś z 7 podanych przeze mnie możliwości, podobnie jak nie ma innej możliwości w moim doświadczeniu z kulami, niż czarna lub czerwona). Moje rozumowanie robi się złe, kiedy zaczynam w ten sposób liczyć prawdopodobieństwo, nie uwzględniając jakichś "własnych prawdopodobieństw" poszczególnych zdarzeń elementarnych (tak jak z kulami). Chociaż ja też nadal nie umiem tego ściśle wyrazić. W II semestrze będę miał wreszcie przedmiot rachunek prawdopodobieństwa, to za jakiś czas wrócę do tematu, a na razie bazuję jedynie na szkolnej wiedzy i pewnie stąd te błędy.

nikasek11 · Post autor: **nikasek11** » 23 gru 2011, o 20:57

Majeskas · Post autor: **Majeskas** » 23 gru 2011, o 21:12

Zajrzałem do swoich rozbudowanych tablic matematycznych i napisano w nich tak:

Klasyczna definicja prawdopodobieństwa (definicja Laplace'a)

Jeśli wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, to mamy \(\displaystyle{ P(A)= \frac{n}{N}}\), gdzie \(\displaystyle{ n}\) jest liczbą zdarzeń sprzyjających zdarzeniu \(\displaystyle{ A}\), a \(\displaystyle{ N}\) liczbą zdarzeń elementarnych.

Co prawda to nie rozwiązuje problemu jak uargumentować, że podane przeze mnie zdarzenia elementarne nie są jednakowo prawdopodobne, ale przynajmniej w sposób ścisły nazywa mój błąd: Skorzystałem z klasycznej definicji prawdopodobieństwa, przy niespełnionych warunkach na skorzystanie z niej.

nikasek11 · Post autor: **nikasek11** » 23 gru 2011, o 21:16

myślę, że jest to argument wystarczający

fuqs · Post autor: **fuqs** » 23 gru 2011, o 21:22

no argument jest, ale jak to wyjasnic? bo to rozumowanie z kombinacjami wydaje sie jak najbardziej ok.

no i w koncu czyli to czy rzucamy na raz czy po kolei nie ma zanczenia, tak?

nikasek11 · Post autor: **nikasek11** » 23 gru 2011, o 21:26

chodzi o to ze uzyskanie stosunku 6:0 ma inne prawdopodobienstwo niz 3:4? z tego co rozumiem to ostatecznie nie ma to znaczenia w przypadku rzutu monetami

fuqs · Post autor: **fuqs** » 23 gru 2011, o 21:57

3:4 nie jest w ogole mozliwe. mamy 6 monet.

Majeskas · Post autor: **Majeskas** » 23 gru 2011, o 22:02

nikasek11 pisze:myślę, że jest to argument wystarczający

Problem polega na tym, że ja nie podałem żadnego argumentu za tym dlaczego zdarzenia elementarne nie są jednakowo prawdopodobne, tylko powiedziałem, że jeśli już tak jest, to mamy ścisłe uzasadnienie błędnie obliczonego prawdopodobieństwa. Ale wciąż nie umiemy powiedzieć, dlaczego tak jest.

nikasek11 pisze:chodzi o to ze uzyskanie stosunku 6:0 ma inne prawdopodobienstwo niz 3:4?

Tak, chodzi o to, że tak. Tylko wciąż nie umiemy powiedzieć, dlaczego tak jest.

nikasek11 pisze:z tego co rozumiem to ostatecznie nie ma to znaczenia w przypadku rzutu monetami

Właśnie ma znaczenie, bo to powoduje, że prawdopodobieństwo wypadnięcia tych nieszczęsnych czterech orłów wynosi \(\displaystyle{ \frac{15}{64}}\), a nie, jak napisałem wcześniej, \(\displaystyle{ \frac{1}{7}}\).

fuqs pisze:no argument jest, ale jak to wyjasnic? bo to rozumowanie z kombinacjami wydaje sie jak najbardziej ok.

no i w koncu czyli to czy rzucamy na raz czy po kolei nie ma zanczenia, tak?

Bo ono jest ok, jeśli chodzi o wyznaczenie zbioru zdarzeń elementarnych, tylko jest nie ok do liczenia prawdopodobieństwa.

Majeskas pisze:Moje rozumowanie z kombinacjami jest dobre, jeśli chodzi o ustalenie zbioru zdarzeń elementarnych w doświadczeniu bez rozróżniania monet, bo on faktycznie jest 7-elementowy (nie ma innego wyniku doświadczenia, niż któraś z 7 podanych przeze mnie możliwości, podobnie jak nie ma innej możliwości w moim doświadczeniu z kulami, niż czarna lub czerwona). Moje rozumowanie robi się złe, kiedy zaczynam w ten sposób liczyć prawdopodobieństwo, nie uwzględniając jakichś "własnych prawdopodobieństw" poszczególnych zdarzeń elementarnych (tak jak z kulami). Chociaż ja też nadal nie umiem tego ściśle wyrazić. W II semestrze będę miał wreszcie przedmiot rachunek prawdopodobieństwa, to za jakiś czas wrócę do tematu, a na razie bazuję jedynie na szkolnej wiedzy i pewnie stąd te błędy.

-- 23 grudnia 2011, 22:04 --

fuqs pisze:3:4 nie jest w ogole mozliwe. mamy 6 monet.

W takim razie nikasek11, nie skłamała, bo zdarzenie 6:0 jest możliwe, czyli na pewno takie zdarzenia mają różne prawdopodobieństwa.

fuqs · Post autor: **fuqs** » 24 gru 2011, o 10:46

myslalem nad tym, ale dalej nie ejstem w stanie tego wytlumaczyc. moze ktos wyjasni nam o co chodzi tutaj

Gefreiter · Post autor: **Gefreiter** » 8 sty 2012, o 19:20

Zacznijmy od tego: co to są te „7 zbiorów elementarnych” w jednoczesnym rzucie? To są stosunki orłów do reszek w naszym wyniku. Fakt, jest ich tylko 7. Nie, nie są równie prawdopodbne. Dlaczego? Musimy się zastanowić nad tym: co to w ogóle oznacza, że dany stosunek orłów do reszek ma prawdopodobieństwo wypadnięcia? To oznacza stosunek wszystkich kombinacji, w których występuje dany stosunek do liczby wszystkich kombinacji (a raczej: wariacji) wypadnięcia monet.

Uwaga: tak, w powyższym rozumowaniu aż pachnie zerwaniem z nierozróżnialnością monet. A dlaczego mielibyśmy tego nie robić? To, że interesuje nas tylko wynik wciąż nie zmienia faktu, że rzucamy 6 różnymi monetami – i dlatego wciąż uzyskujemy 6-elementowy ciąg, a nie jedynie jakieś abstrakcyjne stosunki orłów do reszek.

Jeżeli więc rzucamy 6 monetami na raz, to zastanówmy się, ile jest możliwych 6-elementowych ciągów z 2 elementowego zbioru. Oczywiście, będzie to, jak Majeskas na samym początku wspominał, \(\displaystyle{ 2^{6}=64}\) (wariacja z powtórzeniami). Dalej, rzecz jasna, jeżeli założymy, że mamy 4 orły i 2 reszki, dostajemy \(\displaystyle{ \frac{6!}{2!4!}=15}\) ciągów z 4 reszkami i 2 orłami (jeżeli ktoś mi nie wierzy, proszę sobie wypisać...) Czyli otrzymujemy prawdopodobieństwo \(\displaystyle{ \frac{15}{64}}\).

*powinno być 15 ciągów z 4 orłami i 2 reszkami...