Kod pin

ardianmucha · Post autor: **ardianmucha** » 19 mar 2015, o 09:44

Jakie jest prawdopodobieństwo odgadnięcia kodu PIN karty bankomatowej w 3 próbach?

musialmi · Post autor: **musialmi** » 19 mar 2015, o 09:58

Policz wszystkie możliwości kodów i policz ile masz prób.

ardianmucha · Post autor: **ardianmucha** » 19 mar 2015, o 10:05

Tyle to ja wiem

Zastanawiam się tylko czy będzie to:

\(\displaystyle{ P(A) = \frac{1}{10000}+ \frac{1}{10000}+ \frac{1}{10000}= \frac{3}{10000}}\)

czy z każdą nieudaną próbą zmniejsza się moc zbioru wszystkich możliwości?

szachimat · Post autor: **szachimat** » 19 mar 2015, o 13:09

ardianmucha pisze:Tyle to ja wiem

Zastanawiam się tylko czy będzie to:

\(\displaystyle{ P(A) = \frac{1}{10000}+ \frac{1}{10000}+ \frac{1}{10000}= \frac{3}{10000}}\)

czy z każdą nieudaną próbą zmniejsza się moc zbioru wszystkich możliwości?

Jest dobrze - moc zbioru wszystkich możliwości się nie zmniejsza.

ardianmucha · Post autor: **ardianmucha** » 19 mar 2015, o 13:36

Zastanawiało mnie to, ponieważ jeśli np. podczas próby 1 wpiszemy błędny pin, to chyba nie wpiszemy tej samej kombimacji cyfr po raz kolejny. Stąd moje pytanie.

szachimat · Post autor: **szachimat** » 19 mar 2015, o 13:40

Dlatego masz w liczniku 3.

ardianmucha · Post autor: **ardianmucha** » 19 mar 2015, o 14:22

Yyy...

Dlaczego zakładając, że w każdej kolejnej próbie nie wpisujemy PIN-u, który jest błędny (co wiemy z poprzedniej próby) rozumowanie jest błędne?

\(\displaystyle{ \frac{1}{10000}+ \frac{1}{9999}+ \frac{1}{9998}}\)

musialmi · Post autor: **musialmi** » 19 mar 2015, o 16:25

Nie jest błędne. Myślę, że jest nawet lepsze od początkowego.

ardianmucha · Post autor: **ardianmucha** » 19 mar 2015, o 16:50

Zdaje się, że mi nie pomożesz...

Dają one różne wyniki, więc któreś musi być błędne.
Poza tym pytałem wcześniej, czy moc zbioru wszystkich możliwości ulega zmianie, stwierdziłeś, że nie.

miodzio1988 · Post autor: **miodzio1988** » 19 mar 2015, o 17:05

To może ja wyjaśnię.

Weź sobie kod jednocyfrowy, gdzie cyfra musi należeć do zbiory \(\displaystyle{ \{ 1,2,3,4 \}}\)
i masz trzy próby

Jakie jest pstwo, że trafisz właściwy?

Gdybyś liczył to drugim sposobem to byś miał :

\(\displaystyle{ \frac{1}{4}+ \frac{1}{3}+ \frac{1}{2}}\)

Czy taki wynik zgadza się z rzeczywistością?

ardianmucha · Post autor: **ardianmucha** » 19 mar 2015, o 18:03

Dzięki. Już sam też dotarłem. Zatem tak jak myślałem tylko pierwszy działa.

musialmi · Post autor: **musialmi** » 19 mar 2015, o 18:13

ardianmucha pisze: Poza tym pytałem wcześniej, czy moc zbioru wszystkich możliwości ulega zmianie, stwierdziłeś, że nie.

To nie ja odpowiadałem.
Co nie zmienia faktu, że się myliłem, co pokazał miodzio. Można nawet bardziej dobitny przykład pokazać: masz kod jednocyfrowy z cyframi 1, 2, 3 lub 4 i masz cztery próby. Wtedy prawdopodobieństwo, że ci się uda wynosi \(\displaystyle{ \frac 14+\frac 13+\frac 12+\frac 11}\), czyli ponad jeden, czyli bulszit.

miodzio1988 · Post autor: **miodzio1988** » 19 mar 2015, o 18:14

musialmi pisze:Nie jest błędne. Myślę, że jest nawet lepsze od początkowego.

Lepsze pod jakim względem zatem?

musialmi · Post autor: **musialmi** » 19 mar 2015, o 18:54

Pod żadnym. Naprawdę pomyślałeś, że napisałbym to, gdyby ktoś mądry w temacie powiedział mi wcześniej, że to nieprawda?

szachimat · Post autor: **szachimat** » 19 mar 2015, o 19:51

ardianmucha pisze:Zastanawiało mnie to, ponieważ jeśli np. podczas próby 1 wpiszemy błędny pin, to chyba nie wpiszemy tej samej kombimacji cyfr po raz kolejny. Stąd moje pytanie.
Dlaczego zakładając, że w każdej kolejnej próbie nie wpisujemy PIN-u, który jest błędny (co wiemy z poprzedniej próby) rozumowanie jest błędne?
\(\displaystyle{ \frac{1}{10000}+ \frac{1}{9999}+ \frac{1}{9998}}\)

Nie było mnie jakiś czas i widzę, że problem już wyjaśniony.

Ale, żeby przeprowadzić rozumowanie na wzorach w ten sposób jak to napisałeś, to mamy następujący układ:"odgadujemy kod za pierwszym razem" lub "za pierwszym nie odgadujemy i odgadujemy za drugim" lub "za pierwszym nie odgadujemy i za drugim nie odgadujemy i za trzecim odgadujemy". Spójniki "lub" odpowiadają zawsze dodawaniu, a spójniki "i" mnożeniu.
Czyli mamy:
\(\displaystyle{ P(A)= \frac{1}{10000}+ \frac{9999}{10000} \cdot \frac{1}{9999} + \frac{9999}{10000} \cdot \frac{9998}{9999} \cdot \frac{1}{9998} = \frac{3}{10000}}\)

Przy takim rozumowaniu widać zmniejszanie się mianowników w kolejnych losowaniach.

Szach i Mat