Rzut kostką
-
- Użytkownik
- Posty: 8
- Rejestracja: 21 mar 2012, o 13:25
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wielkopolska
Rzut kostką
Witam.
Mam problem z poniższym zadaniem:
Dwie osoby, A i B, grają w grę. Osoba A rzuca kostką 3 razy i notuje najwyższy wynik, który miała. Osoba B rzuca kostką 4 razy i notuje również najwyższy wynik.
Jakie jest prawdopodobieństwo, że osoba A wygra? W przypadku, gdy najwyższy wynik obu graczy jest taki sam, A przegrywa.
Mam problem z poniższym zadaniem:
Dwie osoby, A i B, grają w grę. Osoba A rzuca kostką 3 razy i notuje najwyższy wynik, który miała. Osoba B rzuca kostką 4 razy i notuje również najwyższy wynik.
Jakie jest prawdopodobieństwo, że osoba A wygra? W przypadku, gdy najwyższy wynik obu graczy jest taki sam, A przegrywa.
- jsf
- Użytkownik
- Posty: 44
- Rejestracja: 3 wrz 2012, o 18:32
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Komorów k. W-wy
- Pomógł: 17 razy
Rzut kostką
Możesz to sobie rozbić z prawdopodobieństwa całkowitego.
Niech \(\displaystyle{ a}\) oznacza najwyższy wynik gracza \(\displaystyle{ A,}\) \(\displaystyle{ b}\) - najwyższy wynik gracza \(\displaystyle{ B.}\)
Z prawdopodobieństwa całkowitego
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(A\mbox{ wygrywa})=\mathbb{P}(a>b)=\mathbb{P}(b<1|a=1)\mathbb{P}(a=1)+\mathbb{P}(b<2|a=2)\mathbb{P}(a=2)+\mathbb{P}(b<3|a=3)\mathbb{P}(a=3)+\mathbb{P}(b<4|a=4)\mathbb{P}(a=4)+\mathbb{P}(b<5|a=5)\mathbb{P}(a=5)+\mathbb{P}(b<6|a=6)\mathbb{P}(a=6)=\mbox{ z niezależności }=\mathbb{P}(b<1)\mathbb{P}(a=1)+\mathbb{P}(b<2)\mathbb{P}(a=2)+\mathbb{P}(b<3)\mathbb{P}(a=3)+\mathbb{P}(b<4)\mathbb{P}(a=4)+\mathbb{P}(b<5)\mathbb{P}(a=5)+\mathbb{P}(b<6)\mathbb{P}(a=6).}\)
Nieprzyjemny rachunek, ale przynajmniej idea prosta.
Niech \(\displaystyle{ a}\) oznacza najwyższy wynik gracza \(\displaystyle{ A,}\) \(\displaystyle{ b}\) - najwyższy wynik gracza \(\displaystyle{ B.}\)
Z prawdopodobieństwa całkowitego
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(A\mbox{ wygrywa})=\mathbb{P}(a>b)=\mathbb{P}(b<1|a=1)\mathbb{P}(a=1)+\mathbb{P}(b<2|a=2)\mathbb{P}(a=2)+\mathbb{P}(b<3|a=3)\mathbb{P}(a=3)+\mathbb{P}(b<4|a=4)\mathbb{P}(a=4)+\mathbb{P}(b<5|a=5)\mathbb{P}(a=5)+\mathbb{P}(b<6|a=6)\mathbb{P}(a=6)=\mbox{ z niezależności }=\mathbb{P}(b<1)\mathbb{P}(a=1)+\mathbb{P}(b<2)\mathbb{P}(a=2)+\mathbb{P}(b<3)\mathbb{P}(a=3)+\mathbb{P}(b<4)\mathbb{P}(a=4)+\mathbb{P}(b<5)\mathbb{P}(a=5)+\mathbb{P}(b<6)\mathbb{P}(a=6).}\)
Nieprzyjemny rachunek, ale przynajmniej idea prosta.
-
- Użytkownik
- Posty: 8
- Rejestracja: 21 mar 2012, o 13:25
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wielkopolska
Rzut kostką
Tyle, że to równanie nie bierze pod uwagę ilości rzutów każdego gracza.jsf pisze:Możesz to sobie rozbić z prawdopodobieństwa całkowitego.
Niech \(\displaystyle{ a}\) oznacza najwyższy wynik gracza \(\displaystyle{ A,}\) \(\displaystyle{ b}\) - najwyższy wynik gracza \(\displaystyle{ B.}\)
Z prawdopodobieństwa całkowitego
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(A\mbox{ wygrywa})=\mathbb{P}(a>b)=\mathbb{P}(b<1|a=1)\mathbb{P}(a=1)+\mathbb{P}(b<2|a=2)\mathbb{P}(a=2)+\mathbb{P}(b<3|a=3)\mathbb{P}(a=3)+\mathbb{P}(b<4|a=4)\mathbb{P}(a=4)+\mathbb{P}(b<5|a=5)\mathbb{P}(a=5)+\mathbb{P}(b<6|a=6)\mathbb{P}(a=6)=\mbox{ z niezależności }=\mathbb{P}(b<1)\mathbb{P}(a=1)+\mathbb{P}(b<2)\mathbb{P}(a=2)+\mathbb{P}(b<3)\mathbb{P}(a=3)+\mathbb{P}(b<4)\mathbb{P}(a=4)+\mathbb{P}(b<5)\mathbb{P}(a=5)+\mathbb{P}(b<6)\mathbb{P}(a=6).}\)
Nieprzyjemny rachunek, ale przynajmniej idea prosta.
- jsf
- Użytkownik
- Posty: 44
- Rejestracja: 3 wrz 2012, o 18:32
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Komorów k. W-wy
- Pomógł: 17 razy
Rzut kostką
Pozwolę sobie się z Tobą nie zgodzić.
Dla przykładu
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(b<3)=\left( \frac{2}{6}\right)^{4},}\)
więc licząc te prawdopodobieństwo uwzględniliśmy, że gracz \(\displaystyle{ B}\) wykonał cztery rzuty.
Tak samo licząc \(\displaystyle{ \mathbb{P}(a=i), i \in \{1,...,6\}}\) będziesz musiał uwzględnić, że gracz \(\displaystyle{ A}\) wykonał trzy rzuty.
Dla przykładu
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(b<3)=\left( \frac{2}{6}\right)^{4},}\)
więc licząc te prawdopodobieństwo uwzględniliśmy, że gracz \(\displaystyle{ B}\) wykonał cztery rzuty.
Tak samo licząc \(\displaystyle{ \mathbb{P}(a=i), i \in \{1,...,6\}}\) będziesz musiał uwzględnić, że gracz \(\displaystyle{ A}\) wykonał trzy rzuty.
-
- Użytkownik
- Posty: 8
- Rejestracja: 21 mar 2012, o 13:25
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wielkopolska
Rzut kostką
Teraz wszystko rozumiem. Dziękuję za pomoc.jsf pisze:Pozwolę sobie się z Tobą nie zgodzić.
Dla przykładu
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(b<3)=\left( \frac{2}{6}\right)^{4},}\)
więc licząc te prawdopodobieństwo uwzględniliśmy, że gracz \(\displaystyle{ B}\) wykonał cztery rzuty.
Tak samo licząc \(\displaystyle{ \mathbb{P}(a=i), i \in \{1,...,6\}}\) będziesz musiał uwzględnić, że gracz \(\displaystyle{ A}\) wykonał trzy rzuty.
-
- Użytkownik
- Posty: 8
- Rejestracja: 21 mar 2012, o 13:25
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wielkopolska
Rzut kostką
Przepraszam za multipost, ale wydaje mi się, że w tej sytuacji jest uzasadniony. Nie robiłem pracy przez jakiś czas. Teraz ją dokańczam i widzę, że jsf popełnił błąd. Podnoszenie ułamka do coraz większej potęgi sprawia, że liczba jest coraz mniejsza. Patrząc na to z perspektywy gracza byłoby to nielogiczne, bo przy większej liczbie rzutów miałby mniejszą szansę na wygraną.
Mógłby ktoś w związku z tym pomóc i napisać jak można uwzględnić liczbę rzutów obu graczy?
Mógłby ktoś w związku z tym pomóc i napisać jak można uwzględnić liczbę rzutów obu graczy?