rzut czterośÍcienną kostką

[paczam]

Rzucamy czterościenną kostką. Jeżeli wynikiem jest 1 lub 2, rzucamy raz jeszcze, w
przeciwnym razie kończymy. Jakie jest prawdopodobieństwo, że suma wyników wynosi
przynajmniej 4?

[loitzl9006]

Proponuję obliczyć prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia przeciwnego (że suma wyników będzie równa \(\displaystyle{ 1, \ 2}\) lub \(\displaystyle{ 3}\) ). Zauważ, że będzie tylko jedna możliwość przy której to zdarzenie przeciwne będzie spełnione: wyrzucimy \(\displaystyle{ 3}\).

Kiedy wyrzucimy \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ 2}\) , to rzucamy jeszcze raz, czyli nawet rozważając przypadek, w którym najpierw wyrzucamy \(\displaystyle{ 1}\) a potem \(\displaystyle{ 3}\), to mamy razem cztery, czyli zdarzenie przeciwne nie jest spełnione.

Jeżeli za pierwszym razem wyrzucimy \(\displaystyle{ 1}\), za drugim \(\displaystyle{ 1}\), to już mamy dwa i dalej rzucamy (musi być \(\displaystyle{ 3}\) żeby przestać rzucać) - czyli nie ma możliwości żeby zdarzenie przeciwne było spełnione.

[johnblansko]

\(\displaystyle{ \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2}+ \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{4} = \frac{5}{16}}\)

[loitzl9006]

Czemu \(\displaystyle{ \frac{5}{16}}\)?

[norwimaj]

\(\displaystyle{ \mathbb{P}(X_1=1)\cdot\mathbb{P}(X_2\ge3)+\mathbb{P}(X_1=2)\cdot\mathbb{P}(X_2\ge2)+\mathbb{P}(X_1=4)=\\\\=\frac14\cdot\frac12+\frac14\cdot\frac34+\frac14=\frac9{16}.}\)

[loitzl9006]

norwimaj, Ty chyba inaczej rozumiesz zadanie - uznajesz że rzucamy tylko dwa razy a ja uznałem, że rzucamy aż do momentu wyrzucenia trójki lub czwórki.

W sumie to też miałem wątpliwości jak to rozumieć. Taka uroda zadań z prawdopodobieństwa.

[norwimaj]

rzucamy raz jeszcze,

Skoro "raz jeszcze", to zrozumiałem że tylko raz, ale istotnie nie jest to precyzyjnie sformułowane.