Pytania dotyczą obliczenia prawdopodobieństwa wyrzycenia siedmiu oczek na dwóch kościach sześciościennych.
By obliczyć prawdopodobieństwo powyższego zdarzenia metodą klasyczną trzeba znać ilość możliwości wyrzucenia siedmiu oczek na dwóch kościach. bo \(\displaystyle{ P(A)=\frac{moc(A)}{\Omega}}\)
1. Czy można policzyć moc(A)- ilość możliwości wyrzucenia siódemki, z zastosowaniem jakiegoś wzoru a nie poprzez prymitywne wypisywanie wszystkich możliwości na kartce i ich zliczanie? Sytuacja bowiem może okazać sie bardzo pracochłonna w przypadku chęci policzenia ilości możliwości wyrzucenia 17 oczek na 12 kościach.
2. Czy można policzyć wspomniane prawdopodobieńswto przy użyciu schematu Bernoulliego? Jeżeli tak to jak?
Prawdopodobieństwo wyrzucenia 7-ki na dwóch kościach
-
- Użytkownik
- Posty: 4618
- Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Racibórz
- Pomógł: 866 razy
Prawdopodobieństwo wyrzucenia 7-ki na dwóch kościach
1) Zawsze można próbować jakiegoś sposobu. Na przykład dla 17 oczek na 12 sześciościennych kościach możemy rozstawić 17 elementów w szeregu:
\(\displaystyle{ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x}\)
i pomiędzy te elementy wstawić 11 przegródek. Przegródki te podzielą te elementy na 12 zbiorów - ilość elementów w kolejnych zbiorach to ilość oczek na kolejnych kostkach.
Oczywiście ten sposób nie jest jakiś uniwersalny dla tego typu zadań.
2) Nie. Schemat Bernouliego dotyczy powtarzalnych n-krotnie (i niezależnych od siebie) takich samych doświadczeń. Nie widzę, żeby w tym przypadku taka sytuacja miała miejsce.
\(\displaystyle{ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x \ x}\)
i pomiędzy te elementy wstawić 11 przegródek. Przegródki te podzielą te elementy na 12 zbiorów - ilość elementów w kolejnych zbiorach to ilość oczek na kolejnych kostkach.
Oczywiście ten sposób nie jest jakiś uniwersalny dla tego typu zadań.
2) Nie. Schemat Bernouliego dotyczy powtarzalnych n-krotnie (i niezależnych od siebie) takich samych doświadczeń. Nie widzę, żeby w tym przypadku taka sytuacja miała miejsce.
-
- Użytkownik
- Posty: 9
- Rejestracja: 9 sty 2012, o 09:59
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
Prawdopodobieństwo wyrzucenia 7-ki na dwóch kościach
Ad. 1
Obawiam się, że zaproponowany pomysł nie rozwiązuje problemu. Dalej nie wiadomo na ile możliwości można uzyskac wynik 17 oczek przy rzucie 12 kośćmi.
Jakieś nowe pomysły? Chciał bym jednak podkreślić, że zalezy mi raczej na uniwersalnym wzorze niż na stosowaniu pewnych obejść.
Ad. 2 Dziękuję
Obawiam się, że zaproponowany pomysł nie rozwiązuje problemu. Dalej nie wiadomo na ile możliwości można uzyskac wynik 17 oczek przy rzucie 12 kośćmi.
Jakieś nowe pomysły? Chciał bym jednak podkreślić, że zalezy mi raczej na uniwersalnym wzorze niż na stosowaniu pewnych obejść.
Ad. 2 Dziękuję
-
- Użytkownik
- Posty: 4618
- Rejestracja: 8 lis 2009, o 10:22
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Racibórz
- Pomógł: 866 razy
Prawdopodobieństwo wyrzucenia 7-ki na dwóch kościach
Skąd ta obawa? Dla tych konkretnych danych ten pomysł bardzo dobrze rozwiązuje problem.neke pisze:Ad. 1
Obawiam się, że zaproponowany pomysł nie rozwiązuje problemu.
Po prostu - zgodnie z tym co napisałem powyżej - jest to ilość możliwości ustawienia przegródek, czyli ilość możliwości wyboru 11 elementów z 16 (kombinacja). Ten sposób jednoznacznie ustala ilość oczek na każdej z 12 kostek w taki sposób, że ich suma wynosi 17.neke pisze:Dalej nie wiadomo na ile możliwości można uzyskac wynik 17 oczek przy rzucie 12 kośćmi.
Niestety nie zawsze (czym bardziej złożona sytuacja tym rzadziej) istnieje jakiś uniwersalny wzór.neke pisze:Chciał bym jednak podkreślić, że zalezy mi raczej na uniwersalnym wzorze niż na stosowaniu pewnych obejść.
Dla tego typu zadania rozwiązanie sprowadza się do podziału N-elementowego zbioru na \(\displaystyle{ n}\) niepustych podzbiorów o liczebności nie większej niż \(\displaystyle{ k}\). Osobiście nie widzę jakiejś uniwersalnej metody (co oczywiście nie znaczy, że takowej nie ma), a - jak to nazywasz - "obejścia" są bardzo często najlepszym sposobem.
Gdyby nie było ograniczenia liczebności zbiorów to wówczas można skorzystać z liczb Stirlinga II rodzaju (można spróbować tej drogi ale jakoś nie widzę jakby to wykorzystać).