Paradoks kawalera de Mere
- leszczu450
- Użytkownik
- Posty: 4414
- Rejestracja: 10 paź 2012, o 23:20
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Toruń
- Podziękował: 1589 razy
- Pomógł: 364 razy
Paradoks kawalera de Mere
Cześć !
Zadanie brzmi następująco:
Co jest bardziej prawdopodobne: otrzymanie co najmniej jednej jedynki przy rzucie \(\displaystyle{ 4}\) kostek, czy co najmniej raz dwóch jedynek na obu kostkach przy \(\displaystyle{ 24}\) rzutach obu kostek?
Liczę najpierw prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego pierwszej sytuacji. Czli p-stwo zdarzenia, że nie będzie ani jednej jedynki przy rzucie czterema kostkami. Mam: \(\displaystyle{ 1- \left( \frac{5}{6} \right) ^{4} \approx 0,5177}\)
Nie wiem jak policzyć p-stwo zajścia drugiego zdarzenia. Czym w ogóle będzie wtedy Omega?
Z góry dziękuję!
Zadanie brzmi następująco:
Co jest bardziej prawdopodobne: otrzymanie co najmniej jednej jedynki przy rzucie \(\displaystyle{ 4}\) kostek, czy co najmniej raz dwóch jedynek na obu kostkach przy \(\displaystyle{ 24}\) rzutach obu kostek?
Liczę najpierw prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego pierwszej sytuacji. Czli p-stwo zdarzenia, że nie będzie ani jednej jedynki przy rzucie czterema kostkami. Mam: \(\displaystyle{ 1- \left( \frac{5}{6} \right) ^{4} \approx 0,5177}\)
Nie wiem jak policzyć p-stwo zajścia drugiego zdarzenia. Czym w ogóle będzie wtedy Omega?
Z góry dziękuję!
- Althorion
- Użytkownik
- Posty: 4541
- Rejestracja: 5 kwie 2009, o 18:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 9 razy
- Pomógł: 662 razy
Paradoks kawalera de Mere
Drugi przypadek łatwiej Ci będzie rozważyć jako powtarzające się zdarzenie. Szansa przy pojedynczym rzucie dwoma kościami na wyrzucenie dwóch jedynek to \(\displaystyle{ \frac{1}{36}}\), zdarzeniem przeciwnym jest porażka 24 razy z rzędu.
- leszczu450
- Użytkownik
- Posty: 4414
- Rejestracja: 10 paź 2012, o 23:20
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Toruń
- Podziękował: 1589 razy
- Pomógł: 364 razy
Paradoks kawalera de Mere
Kaf, już chyba to rozgryzłem. Rzucam \(\displaystyle{ 24}\) razy dwiema kostkami. Za każdym rzutem mam \(\displaystyle{ 36}\) różnych opcji. Zatem wszystkich możliwych opcji jest \(\displaystyle{ 36^{24}}\)- zgodnie z regułą mnożenia. I teraz liczę zdarzenie przeciwne. Czyli w żadnym z rzutów nie mogę mieć dwóch jedynek. Czyli \(\displaystyle{ 1 - \frac{{35}^{24}}{{36}^{24}} \approx 0,4914}\). Powinno być dobrze teraz : )
- leszczu450
- Użytkownik
- Posty: 4414
- Rejestracja: 10 paź 2012, o 23:20
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Toruń
- Podziękował: 1589 razy
- Pomógł: 364 razy
Paradoks kawalera de Mere
Kaf, i mam pytanie od autora książki: Warto się zastanowić, dlaczego de Mere mógł uważać oba prawdopodobieństwa za równe. Hmm , może nie obliczył tego dokładnie, bo się pomylił przy podnoszeniu do takich wysokich potęg ?
-
- Użytkownik
- Posty: 826
- Rejestracja: 8 wrz 2013, o 11:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Pomógł: 187 razy
Paradoks kawalera de Mere
Może pomyślał, że skoro ma teraz 6 razy więcej możliwych wyników, to wystarczy, że będzie sześć razy dłużej rzucał?
- klaustrofob
- Użytkownik
- Posty: 1984
- Rejestracja: 11 lis 2007, o 07:29
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: inowrocław
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 607 razy
Paradoks kawalera de Mere
pamiętajcie, że w tamtych czasach nie było czegoś takiego, jak rachunek prawdopodobieństwa. klasyczna definicja to początek XIX wieku (Laplace). problem de Mera rozwiązali Pascal i Fermat, którzy dopiero tworzyli pojęcia, bazując na intuicjach. gracze w ogóle robili wszystko "na czuja", to agent 007 kalkuluje sobie i wychodzi mu, że w długiej serii gier powinien wyjść na swoje. jeszcze dziś na pytanie, ile jest możliwych wyników rzutu dwoma monetami niektórzy odpowiadają: "trzy" - oo, or, rr