Prawdopodobieństwo - kości...

[wooku]

Witam.
Nie za bardzo nawet wiem jak się zabrać za obliczenie prawdopodobieństwa trafienia w takiej grze w kości:

Wybieramy 5 liczb z przedziału 1-6 (mogą się powtarzać).
Po czym rzucamy 5 razy kością.

Jakie jest prawdopodobieństwo, że trafimy wszystkie 5 liczb?

Zastanawia mnie fakt, że praktycznie mamy chyba mniejsze szanse, jeśli wybierzemy przykładowo 11111 niż jakiś bardziej zróżnicowany układ.

Po drugie, skoro nie liczy się kolejność, mamy tylko trafić identyczne 5 liczb, to czy układów wygrywających jest 5*4*3*2*1? Przykładowo: Wylosowaliśmy 5 4 3 2 1, to osoby, które wybrały:
3 1 2 4 5
oraz
4 1 2 3 5
obie trafiły 5 liczb, więc takich układów wygrywających jest 5!, czyli 120, a wszystkich układów jest 7776. Czy szansa wygrania to po prostu 120/7776?


Jak policzyć szansę wygrania w takiej grze?
Z góry dziękuję!

[mat_61]

Zastanawia mnie fakt, że praktycznie mamy chyba mniejsze szanse, jeśli wybierzemy przykładowo 11111 niż jakiś bardziej zróżnicowany układ.

Nic takiego nie ma miejsca. Każdy układ jest jednakowo prawdopodobny.

Po drugie, skoro nie liczy się kolejność, mamy tylko trafić identyczne 5 liczb ... itd.

Pomimo, że w samej ocenie wygranej nie liczy się kolejność, to w modelu obliczeniowym kolejność przy takim doświadczeniu musi być uwzględniona. Jest tak dlatego, że w klasycznej definicji p-stwa wszystkie zdarzenia elementarne muszą być jednakowo prawdopodobne. Zakładając, że wynikiem doświadczenia jest 5-elementowy multizbiór nie spełniamy tego warunku.

Zauważ, że różnych ciągów (czyli jak piszesz układów) dla liczb \(\displaystyle{ 1, 2, 3, 4, 5}\) jest \(\displaystyle{ 5!}\) ale już dla liczb \(\displaystyle{ 2, 2, 2, 4, 4}\) tak nie jest.

[pyzol]

Rozwiązałeś zadanie dla pięciu różnych. Dla dowolnego ustalonego układu, moc zbioru zdarzeń sprzyjających moim zdaniem wynosi:
\(\displaystyle{ \frac{5!}{K_1!\cdots k_n ! }}\), gdzie \(\displaystyle{ n\in\{1,2,3,4,5 \}}\) jest ilością różnych liczb natomiast \(\displaystyle{ k_i}\) odpowiada ilości powtórzeń \(\displaystyle{ i}\) - tej liczby.

Jest jeszcze inna możliwość zinterpretowania tego zadania. Otóż to co liczyliśmy wcześniej to było liczone a-posteriori, tzn. znamy już wynik wylosowanych wcześniej liczb. Zadanie może jednak tyczyć się prawdopodobieństwa a-priori. Sprowadzałoby się do takiego zadania.
Każdy z dwóch graczy rzuca pięcioma kostkami. Jakie jest prawdopodobieństwo, że ich wyniki się pokryją. Jest to o wiele bardziej skomplikowane, bo musimy przeliczyć wszystkie zajścia.
Jedno z takich zdarzeń to:
Gracz 1 wyrzucił \(\displaystyle{ 5}\) jedynek i gracz 2 wyrzucił \(\displaystyle{ 5}\) jedynek.
Prawdopodobieństwo tego zdarzenia wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{6^5}\cdot \frac{1}{6^5}}\).
Dalej musielibyśmy wszystkie takie możliwości wyliczyć i zsumować. Jest to dość czasochłonne, dlatego uważam, że jednak chodzi o pierwszą interpretację.

[mat_61]

Pyzol, chciałem zauważyć, że model w którym dla rzutu kostkami zakładamy ich nierozróżnialność nie jest odzwierciedleniem rzeczywistego doświadczenia (choć oczywiście można go rozpatrywać teoretycznie).

Jeżeli np. rzucamy dwoma kostkami których nie rozróżniamy, to p-stwo uzyskania wyniku \(\displaystyle{ \left\{ 4,6\right\}}\) jest dwa razy bardziej prawdopodobne niż wyniku \(\displaystyle{ \left\{ 3,3\right\}}\). Tym samym nie możemy zastosować klasycznej definicji p-stwa.

[pyzol]

Z tego co mi się zdaje, to je wszędzie rozróżniam. Natomiast nie ma znaczenia u mnie kolejność. To znaczy jeśli zbiór ma układ:
\(\displaystyle{ 1,2,3,4,4}\)
To ja trafiam również, gdy mam układ \(\displaystyle{ 2,1,4,3,4}\).
Zakładając idealne trafienie zadanie robi się łatwe. Każdy rzut musimy trafić, więc \(\displaystyle{ \frac{1}{6^5}}\).

[mat_61]

Faktycznie to co napisałem nie za bardzo odnosi się do Twojego postu (niezbyt uważnie przeczytałem jego początek).
Rozumiem, że wg Twojego pomysłu dla obliczenia p-stwa trzeba rozpatrzeć wszystkie możliwe warianty powtórzeń liczby oczek dla każdej z kostek?

Oczywiście dla idealnego odwzorowania wyników rzutów z uwzględnieniem kolejności zadanie jest banalne.

[pyzol]

Wg mojego rozumowania dla liczb \(\displaystyle{ 2,2,2,4,4}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{5!}{3!2!}=10}\) możliwości. I to są właśnie wszystkie możliwości wypadnięcia "takich" oczek na różnych miejscach.

Niżej napisałem tylko jakby jeszcze można zinterpretować zadanie. Nie wydaje mi się by o to chodziło, ale czemu nie przedstawić.

[mat_61]

Zgadza się ale my przecież na początku nie wiemy jakie liczby "wybierzemy", czyli jakie sbedą dla nas "sprzyjające".

Jeżeli tymi wybranymi/sprzyjającymi będą liczby \(\displaystyle{ \left\{ 1; 1; 1; 1; 1\right\}}\) to p-stwo trafieniu takiego zestawu jest równe \(\displaystyle{ P(A)=\frac{1}{6^5}}\) , jeżeli będą to liczby \(\displaystyle{ \left\{ 2; 2; 2; 4; 4\right\}}\), to \(\displaystyle{ P(A)=\frac{10}{6^5}}\) a jeżeli liczby \(\displaystyle{ \left\{ 1; 2; 3; 5; 6\right\}}\) , to \(\displaystyle{ P(A)=\frac{120}{6^5}}\)

Dlatego też wg mnie należy skorzystać ze wzoru n p-stwo całkowite i jak napisałem wcześniej uwzględnić wszystkie możliwe warianty powtórzeń liczby oczek.

[wooku]

tzn. znamy już wynik wylosowanych wcześniej liczb.

Znaczy i tak i nie, bo wynink/wybór 5 liczb gracza jest nam znany przed rzuceniem 5 razy kostka. Jak rozumiem, wzór który podałeś:

\(\displaystyle{ \frac{5!}{K_1!\cdots k_n ! }}\), gdzie \(\displaystyle{ n\in\{1,2,3,4,5 \}}\) jest ilością różnych liczb natomiast \(\displaystyle{ k_i}\) odpowiada ilości powtórzeń \(\displaystyle{ i}\) - tej liczby.

określa prawdopodobieństwo wygrania danego układu, który gracz wybrał.

Jeśli jednak chciałbym określić ogólną szansę wygrania w taką grę (nie dla danego układu), musiałbym skorzystać z tej drugiej interpretacji, tak?

Dziękuję za odpowiedzi.

[mat_61]

Podsumowując, to ja to zadanie rozumiem tak:

Jakie jest p-stwo, że w dwukrotnym rzucie pięcioma kostkami uzyskamy za każdym razem taki sam zestaw oczek (niekoniecznie na tych samych kostkach).

Pierwszy rzut pięcioma kostkami to jakby wybór pięciu, niekoniecznie różnych liczb z zestawu 1-6.
Drugi rzut pięcioma kostkami to sprawdzenie, czy zestaw wyrzuconych oczek jest taki sam jak w pierwszym rzucie.

[wooku]

Jakie jest p-stwo, że w dwukrotnym rzucie pięcioma kostkami uzyskamy za każdym razem taki sam zestaw oczek (niekoniecznie na tych samych kostkach).

Tak, myślę, że to zadanie można tak przedstawić, chociaż graczy może być wielu, ale ogólne prawdopodobieństwo wygrania dla każdego z nich powinno wynosić tak jak napisałeś:

Pierwszy rzut pięcioma kostkami to jakby wybór pięciu, niekoniecznie różnych liczb z zestawu 1-6. Drugi rzut pięcioma kostkami to sprawdzenie, czy zestaw wyrzuconych oczek jest taki sam jak w pierwszym rzucie.

[pyzol]

Generalnie, to jest ta moja inna interpretacja. Tylko jak mówię sumowania będzie trochę. Musimy najpierw wypisać wszystkie (mniej więcej) zestawy. Może rozpiszę, choć nie wiem czy będzie to czytelne co do oznaczeń. Jak nie to trudno, zostanę niezrozumiany jak kubuś.
\(\displaystyle{ 5\\
4, 1\\
3, 2\\
3, 1,1\\
2,2,1 \\
2,1,1,1\\
1,1,1,1,1}\)
To chyba wszystkie. Co mam na myśli. np. układ \(\displaystyle{ 2,2,1}\) oznacza np.
\(\displaystyle{ 6,6,5,5,1}\) jak również \(\displaystyle{ 3,3,2,2,1}\).
Dla układu \(\displaystyle{ 6,6,5,5,1}\) prawdopodobieństwo wynosi:
\(\displaystyle{ \left( \frac{5!}{2!2!6^5}\right)^2}\)
A układów typu \(\displaystyle{ 2,2,1}\) jest \(\displaystyle{ \frac{6\cdot 5\cdot 4}{2}}\). Bo pierwszą liczbę wybierzemy na sześć sposobów, drugą na pięć, trzecią na cztery. Ale nie ma różnicy między pierwszą, a drugą. Tzn. wybór liczb:
\(\displaystyle{ [3,5,1]}\) oznacza, że padną dwie trójki, dwie piątki i jedna jedynka. A to jest to samo, co wylosowanie liczb \(\displaystyle{ [5,3,1]}\).
A więc dla układu \(\displaystyle{ 2,2,1}\) mamy prawdopodobieństwo równe:
\(\displaystyle{ \left( \frac{5!}{2!2!5^5}\right)^2 \cdot \frac{5\cdot 5\cdot 4}{2}}\)
No i trzebaby tak ze wszystkimi zestawami.

[wooku]

Może rozpiszę, choć nie wiem czy będzie to czytelne co do oznaczeń. Jak nie to trudno, zostanę niezrozumiany jak kubuś.

Muszę pogratulować zapisu, bo nawet taki kompletny laik jak ja rozumie A jednocześnie nie przekształciło się to w elaborat.

Bardzo dziękuję, policzę sobie to w takim razie na spokojnie.

Jeszcze miałbym jedno pytanie, tak bardziej z ciekawości, odnośnie tego co pisaliście:

Zakładając idealne trafienie zadanie robi się łatwe. Każdy rzut musimy trafić, więc \(\displaystyle{ \frac{1}{6^5}}\).

A jak wyglądałby rozwiązanie gdyby 4 liczby z 5 musiałby idealnie trafić. Czyli coś jakby \(\displaystyle{ \frac{1}{6^4}}\), ale mamy jeszcze jedną szansę, bo rzucamy 5 razy?

[pyzol]

No to nie jest tak łatwo. Ja osobiście w tej sytuacji wolałbym napisać sobie programik.