rzut kości do gry

[logix1]

Dwaj gracze rzucają kolejno kostką do gry. wygrywa ten, kto w danej serii rzutów uzyska większą liczbę oczek. W przypadku jednakowej liczby oczek, gra toczy sie dalej itd. Oblicz prawdopodobieństwo wygranej pierwszego gracza.

Zaczęłam robić to zadanie i doszłam do wniosku że dla pierwszego rzutu prawdopodobieństwo będzie wynosiło 15/36. 15 to pary sprzyjające które sobie wypisałam. Ale zastanawiam się czy to prawdopodobieństwo działa również dla nieskończonej ilości rzutu. Wydaje mi się, że nie ale nie wiem jak to policzyć. Proszę o pomoc.

[piasek101]

Jakie mamy prawdopodobieństwo, że pierwszy będzie rzucał drugi raz ?

[logix1]

Prawdopodobieństwo dalej będzie 15/36. Czyli że to będzie szereg?

[Santiago A]

Zauważ, że problem jest symetryczny: z prawdopodobieństwem równym jeden któryś z graczy w końcu wyrzuci więcej od drugiego. Nie trzeba zatem nic liczyć.

[piasek101]

Prawdopodobieństwo dalej będzie 15/36. Czyli że to będzie szereg?

Wg mnie to będzie inna wartość - a szereg będzie.

Zauważ, że problem jest symetryczny: z prawdopodobieństwem równym jeden któryś z graczy w końcu wyrzuci więcej od drugiego. Nie trzeba zatem nic liczyć.

A jak nie wyrzuci ?

Stanowczo nie zgadzam się z Twoją wersją.

[Santiago A]

Obaj gracze wyrzucają tyle samo oczek z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \frac 1 6}\). Oznacza to, że szansa na koniec gry najpóźniej w \(\displaystyle{ n}\)-tej kolejce wynosi \(\displaystyle{ 1 - 6^{-n}}\), co dąży do jedynki.-

[piasek101]

Tak masz rację (coś mi się ubzdurało). Z tych szeregów też miało to wyjść.

[kinia7]

... szansa na koniec gry najpóźniej w \(\displaystyle{ n}\)-tej kolejce wynosi \(\displaystyle{ 1 - 6^{-n}}\)

Z powyższego wynika, że prawdopodobieństwo końca gry po drugiej kolejce wynosi ok. \(\displaystyle{ 97,2\%}\)
Moim zdaniem to prawdopodobieństwo wynosi ok. \(\displaystyle{ 90,3\%}\)


\(\displaystyle{ A_n^k}\) - gracz A w k-tym ruchu wyrzucił liczbę n
\(\displaystyle{ A^k}\) - gracz A wygra w k-tym ruchu
zaczyna gracz A

\(\displaystyle{ P(A^1)=0}\)
\(\displaystyle{ P(B^1)=P(A_1^1) \cdot P(B_{>1}^1)+P(A_{2}^1)\cdot P(B_{>2}^1)+ P(A_{3}^1)\cdot P(B_{>3}^1)+P(A_{4}^1)\cdot P(B_{>4}^1)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\ \ +P(A_{5}^1\cdot P(B_{6}^1)=}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\ \ =\frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{4}{6}+ \frac{1}{6}\cdot \frac{3}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{2}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{15}{36}}\)

\(\displaystyle{ P(A^2)=P(A_1^1) \cdot P(B_1^1)\cdot P(A_{>1}^2)+P(A_{2}^1)\cdot \left[P(B_{1}^1)\cdot P(A_{>1}^2)+ P(B_{2}^1)\cdot P(A_{>2}^2)\right]+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\ + P(A_{3}^1)\cdot \left[P(B_{1}^1)\cdot P(A_{>1}^2)+ P(B_{2}^1)\cdot P(A_{>2}^2)+ P(B_{3}^1)\cdot P(A_{>3}^2)\right]+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\ \ + P(A_{4}^1)\cdot \left[P(B_{1}^1)\cdot P(A_{>1}^2)+ P(B_{2}^1)\cdot P(A_{>2}^2)+ P(B_{3}^1)\cdot P(A_{>3}^2)+ P(B_{4}^1) \cdot P(A_{>4}^2)\right]+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\ \ + P(A_{5}^1)\cdot \left[P(B_{1}^1)\cdot P(A_{>1}^2)+ P(B_{2}^1)\cdot P(A_{>2}^2)+ P(B_{3}^1)\cdot P(A_{>3}^2)+ P(B_{4}^1) \cdot P(A_{>4}^2)+ P(B_{5}^1) \cdot P(A_{6}^2)\right]+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\ \ + P(A_{6}^1)\cdot \left[P(B_{1}^1)\cdot P(A_{>1}^2)+ P(B_{2}^1)\cdot P(A_{>2}^2)+ P(B_{3}^1)\cdot P(A_{>3}^2)+ P(B_{4}^1) \cdot P(A_{>4}^2)+ P(B_{5}^1) \cdot P(A_{6}^2)\right]=}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\ \ =\frac16 \cdot \frac16 \cdot \frac56+\frac{1}{6}\cdot \left[\frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}+ \frac{1}{6}\cdot\frac{4}{6}\right]+\frac{1}{6}\cdot \left[\frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}+ \frac{1}{6}\cdot \frac{4}{6}+ \frac{1}{6}\cdot \frac{3}{6}\right]+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\ \ + \frac{1}{6}\cdot \left[\frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}+ \frac{1}{6}\cdot \frac{4}{6}+ \frac{1}{6}\cdot \frac{3}{6}+ \frac{1}{6} \cdot \frac{2}{6}\right]+ \frac{1}{6}\cdot \left[\frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}+ \frac{1}{6}\cdot \frac{4}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{3}{6}+ \frac{1}{6} \cdot \frac{2}{6}+ \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\right]+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\ + \frac{1}{6}\cdot \left[\frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}+ \frac{1}{6}\cdot \frac{4}{6}+ \frac{1}{6}\cdot \frac{3}{6}+ \frac{1}{6} \cdot \frac{2}{6}+ \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\right]=\frac{70}{216}}\)

\(\displaystyle{ P(B^2)=P(A_1^1) \cdot P(B_1^1)\cdot P(A_{1}^2)\cdot P(B_{>1}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\ +P(A_{2}^1)\cdot \left[P(B_{1}^1)\cdot P(A_{1}^2)\cdot P(B_{>1}^2)+ P(B_{2}^1)\cdot P(A_{1}^2)\cdot P(B_{>1}^2)+P(B_{2}^1)\cdot P(A_{2}^2)\cdot P(B_{>2}^2)\right]+}\)
\(\displaystyle{ 'qquadquad + P(A_{3}^1)cdot left[P(B_{1}^1)cdot P(A_{1}^2)cdot P(B_{>1}^2)+ P(B_{2}^1)cdot P(A_{1}^2)cdot P(B_{>1}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad \qquad\ \ \ +P(B_{2}^1)\cdot P(A_{2}^2)\cdot P(B_{>2}^2)+ P(B_{3}^1)\cdot P(A_{1}^2)\cdot P(B_{>1}^2)+}\)
\(\displaystyle{ \left[\qquad\quad\quad \qquad\ \ \ \ +P(B_{3}^1)\cdot P(A_{2}^2)\cdot P(B_{>2}^2)+P(B_{3}^1)\cdot P(A_{3}^2)\cdot P(B_{>3}^2)\right]+}\)
\(\displaystyle{ 'qquadquad+ P(A_{4}^1)cdot left[P(B_{1}^1)cdot P(A_{1}^2)cdot P(B_{>1}^2)+P(B_{2}^1)cdot P(A_{1}^2)cdot P(B_{>1}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad \qquad\ \ \ +P(B_{2}^1)\cdot P(A_{2}^2)\cdot P(B_{>2}^2)
+P(B_{3}^1)\cdot P(A_{1}^2)\cdot P(B_{>1}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad \qquad\ \ \ +P(B_{3}^1)\cdot P(A_{2}^2)\cdot P(B_{>2}^2)+P(B_{3}^1)\cdot P(A_{3}^2)\cdot P(B_{>3}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad \qquad\ \ \ +P(B_{4}^1)\cdot P(A_{1}^2)\cdot P(B_{>1}^2)+P(B_{4}^1)\cdot P(A_{2}^2)\cdot P(B_{>2}^2)+}\)
\(\displaystyle{ \left[\ \qquad\quad\quad \qquad\ \ \ +P(B_{4}^1)\cdot P(A_{3}^2)\cdot P(B_{>3}^2)+P(B_{4}^1)\cdot P(A_{4}^2)\cdot P(B_{>4}^2)\right]+}\)
\(\displaystyle{ 'qquadquad + P(A_{5}^1)cdot left[P(B_{1}^1)cdot P(A_{1}^2)cdot P(B_{>1}^2)+P(B_{2}^1)cdot P(A_{1}^2)cdot P(B_{>1}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad \qquad\ \ \ + P(B_{2}^1)\cdot P(A_{2}^2)\cdot P(B_{>2}^2)+P(B_{3}^1)\cdot P(A_{1}^2)\cdot P(B_{>1}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad \qquad\ \ \ + P(B_{3}^1)\cdot P(A_{2}^2)\cdot P(B_{>2}^2)+P(B_{3}^1)\cdot P(A_{3}^2)\cdot P(B_{>3}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad \qquad\ \ \ +P(B_{4}^1) \cdot P(A_{1}^2)\cdot P(B_{>1}^2)+ P(B_{4}^1) \cdot P(A_{2}^2)\cdot P(B_{>2}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad \qquad\ \ \ +P(B_{4}^1) \cdot P(A_{3}^2)\cdot P(B_{>3}^2)+P(B_{4}^1) \cdot P(A_{4}^2)\cdot P(B_{>4}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad \qquad\ \ \ +P(B_{5}^1) \cdot P(A_{1}^2)\cdot P(B_{>1}^2)+P(B_{5}^1) \cdot P(A_{2}^2)\cdot P(B_{>2}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad \qquad\ \ \ +P(B_{5}^1) \cdot P(A_{3}^2)\cdot P(B_{>3}^2)+P(B_{5}^1) \cdot P(A_{4}^2)\cdot P(B_{>4}^2)+}\)
\(\displaystyle{ \left[\ \qquad\quad\quad \qquad\ \ \ +P(B_{5}^1) \cdot P(A_{5}^2)\cdot P(B_{6}^2)\right]+}\)
\(\displaystyle{ 'qquadquad + P(A_{6}^1)cdot left[P(B_{1}^1)cdot P(A_{1}^2)cdot P(B_{>1}^2)+P(B_{2}^1)cdot P(A_{1}^2)cdot P(B_{>1}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad\ \qquad\ \ \ + P(B_{2}^1)\cdot P(A_{2}^2)\cdot P(B_{>2}^2)+P(B_{3}^1)\cdot P(A_{1}^2)\cdot P(B_{>1}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad\ \qquad\ \ \ +P(B_{3}^1)\cdot P(A_{2}^2)\cdot P(B_{>2}^2)+P(B_{3}^1)\cdot P(A_{3}^2)\cdot P(B_{>3}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad\ \qquad\ \ \ +P(B_{4}^1) \cdot P(A_{1}^2)\cdot P(B_{>1}^2)+ P(B_{4}^1) \cdot P(A_{2}^2)\cdot P(B_{>2}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad\ \qquad\ \ \ +P(B_{4}^1) \cdot P(A_{3}^2)\cdot P(B_{>3}^2)+P(B_{4}^1) \cdot P(A_{4}^2)\cdot P(B_{>4}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad\ \qquad\ \ \ +P(B_{5}^1) \cdot P(A_{1}^2)\cdot P(B_{>1}^2)+P(B_{5}^1) \cdot P(A_{2}^2)\cdot P(B_{>2}^2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad\ \qquad\ \ \ +P(B_{5}^1) \cdot P(A_{3}^2)\cdot P(B_{>3}^2)+P(B_{5}^1) \cdot P(A_{4}^2)\cdot P(B_{>4}^2)+}\)
\(\displaystyle{ ' \ \qquad\quad\quad \qquad\ \ \ +P(B_{5}^1) \cdot P(A_{5}^2)\cdot P(B_{6}^2)+P(B_{6}^1) \cdot P(A_{1}^2)\cdot P(B_{>1}^2)+}\)
\(\displaystyle{ ' \ \qquad\quad\quad \qquad\ \ \ +P(B_{6}^1) \cdot P(A_{2}^2)\cdot P(B_{>2}^2)+P(B_{6}^1) \cdot P(A_{3}^2)\cdot P(B_{>3}^2)+}\)
\(\displaystyle{ \left[\ \ \qquad\quad\quad \qquad\ \ \ +P(B_{6}^1) \cdot P(A_{4}^2)\cdot P(B_{>4}^2)+P(B_{6}^1) \cdot P(A_{5}^2)\cdot P(B_{6}^2)\right]=}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\ =\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}+\frac{1}{6}\cdot \left[\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}+ \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{4}{6}\right]+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\ + \frac{1}{6}\cdot \left[\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}+ \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{4}{6}+ \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{4}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{3}{6}\right]+}\)
\(\displaystyle{ 'qquadquad + frac{1}{6}cdot left[frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{5}{6}+frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{5}{6}+frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{4}{6}
+frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{5}{6}+frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{4}{6}+frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{3}{6}+frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{5}{6}+frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{4}{6}+}\)
\(\displaystyle{ \left[ \qquad\quad\quad \qquad +\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{3}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{2}{6}\right]+}\)
\(\displaystyle{ 'qquadquad + frac{1}{6}cdot left[frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{5}{6}+frac{1}{6}cdotfrac{1}{6}cdot frac{5}{6}+frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{4}{6}+frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{5}{6}+ frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{4}{6}+frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{3}{6}+frac{1}{6} cdot frac{1}{6}cdot frac{5}{6}+ frac{1}{6} cdot frac{1}{6}cdot frac{4}{6}+}\)
\(\displaystyle{ \left[\ \qquad\quad\quad \qquad\ \ \ +\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{3}{6}+\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{2}{6}+\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}+\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{4}{6}+\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{3}{6}+\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{2}{6}+\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}\right]+}\)
\(\displaystyle{ 'qquadquad + frac{1}{6}cdot left[frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{5}{6}+frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{5}{6}+ frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{4}{6}+frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{5}{6}+frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{4}{6}+frac{1}{6}cdot frac{1}{6}cdot frac{3}{6}+frac{1}{6} cdot frac{1}{6}cdot frac{5}{6}+ frac{1}{6} cdot frac{1}{6}cdot frac{4}{6}+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad\quad +\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{3}{6}+\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{2}{6}+\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}+\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{4}{6}+\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{3}{6}+\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{2}{6}+\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{5}{6}+}\)
\(\displaystyle{ \left[ \ \qquad\quad\quad\ +\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{4}{6}+\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{3}{6}+\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{2}{6}+\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}\right]=}\)
\(\displaystyle{ 'qquadquad =frac{1}{1296} cdot left[ 5+(5+5+4)+(5+5+4+5+4+3)+(5+5+4+5+4+3+5+4+3+2)+}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\quad\quad\quad\quad +(5+5+4+5+4+3+5+4+3+2+5+4+3+2+1)+}\)
\(\displaystyle{ \left[\ \qquad\quad\quad\quad\quad\quad +(5+5+4+5+4+3+5+4+3+2+5+4+3+2+1+5+4+3+2+1)\right]=}\)
\(\displaystyle{ 'qquadquad =frac{1}{1296} cdot left[ 5+(5+9)+(5+9+12)+(5+9+12+14)+(5+9+12+14+15)+}\)
\(\displaystyle{ \left[\ \qquad\quad\quad\quad\quad\quad +(5+9+12+14+15+15)\right]=}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\ =\frac{1}{1296} \cdot\left[6 \cdot 5 +5 \cdot (5+4)+4 \cdot (5+4+3)+3 \cdot (5+4+3+2)+2 \cdot(5+4+3+2+1)+15\right]=}\)
\(\displaystyle{ '\qquad\quad\ =\frac{210}{1296}}\)

\(\displaystyle{ P(A^1)+P(B^1)+P(A^2)+P(B^2)=0+\frac{15}{36}+\frac{70}{216}+\frac{210}{1296}=\frac{1170}{1296} \approx 90,3\%}\)

\(\displaystyle{ P(A^{>2})<1-\left(P(A^1)+P(B^1)+P(A^2)+P(B^2) \right)=\frac{126}{1296}}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} P(A^{n})=P(A^1)+P(A^2)+P(A^{>2})<\frac{546}{1296} \approx 42,13\% \\ P(B^n)>P(B^1)+P(B^2)=\frac{750}{1296} \approx 57,87\% \end{cases}}\)

[piasek101]

... szansa na koniec gry najpóźniej w \(\displaystyle{ n}\)-tej kolejce wynosi \(\displaystyle{ 1 - 6^{-n}}\)

Z powyższego wynika, że prawdopodobieństwo końca gry po drugiej kolejce wynosi ok. \(\displaystyle{ 97,2\%}\)

To jest prawdopodobieństwo, że gra skończy się po pierwszej lub po drugiej kolejce.

[kinia7]

To jest prawdopodobieństwo, że gra skończy się po pierwszej lub po drugiej kolejce.

Z moich wyliczeń właśnie to prawdopodobieństwo wynosi ok. \(\displaystyle{ 90,3\%}\)

[piasek101]

I w pierwszej próbie wygrywa z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \frac{15}{36}}\).

II ..............................................................................................(z takim samym).

I w drugiej \(\displaystyle{ \frac{1}{6}\cdot \frac{15}{36}}\).

II z takim samym.

Razem (niezależne i rozłączne) \(\displaystyle{ \frac{35}{36}}\).

[kinia7]

... szansa na koniec gry najpóźniej w \(\displaystyle{ n}\)-tej kolejce wynosi \(\displaystyle{ 1 - 6^{-n}}\)

Czyli szansa na koniec po pierwszej kolejce \(\displaystyle{ P=1-6^{-1}=\frac{30}{36}}\). Wg mnie to \(\displaystyle{ P=\frac{15}{36}}\).

[piasek101]

Czyli szansa na koniec po pierwszej kolejce \(\displaystyle{ P=1-6^{-1}=\frac{30}{36}}\). Wg mnie to \(\displaystyle{ P=\frac{15}{36}}\).

A jaka jest szansa (wg Ciebie), że zakończenie nie nastąpi w pierwszej kolejce ?

Czyżby \(\displaystyle{ \frac{21}{36}}\) ?

No to wypisz wszystkie zdarzenia i sprawdź.

[edit] To co cytujesz nie jest ,,po pierwszej", a ,,w pierwszej".

[Majeskas]

Dwaj gracze rzucają kolejno kostką do gry. wygrywa ten, kto w danej serii rzutów uzyska większą liczbę oczek. W przypadku jednakowej liczby oczek, gra toczy sie dalej itd. Oblicz prawdopodobieństwo wygranej pierwszego gracza.

Sposób I. Poszukiwane zdarzenie \(\displaystyle{ A}\) jest rozłączną sumą zdarzeń \(\displaystyle{ A_n}\) - gracz pierwszy wygrał w \(\displaystyle{ n}\)-tej serii.

\(\displaystyle{ \PP(A)=\sum_{n=1}^\infty\PP(A_n)=\sum_{n=1}^\infty\left( \frac{1}{6} \right)^{n-1}\cdot\frac5{12}=\frac{1}{1-1/6}\cdot\frac5{12}=\frac12}\)



Sposób II. Niech \(\displaystyle{ B}\) oznacza zdarzenie "gracz pierwszy wygrał w pierwszej serii", \(\displaystyle{ C}\) - gracz pierwszy przegrał w pierwszej serii, \(\displaystyle{ D}\) - nikt nie wygrał w pierwszej serii.

\(\displaystyle{ \PP(A)=\PP(A|B)\PP(B)+\PP(A|C)\PP(C)+\PP(A|D)\PP(D)}\)

Zauważmy, że \(\displaystyle{ \PP(A|B)=1}\), \(\displaystyle{ \PP(A|C)=0}\) i \(\displaystyle{ \PP(A|D)=\PP(A)}\). Otrzymujemy równanie

\(\displaystyle{ \PP(A)=\frac{5}{6}+\PP(A)\cdot\frac16}\)

skąd \(\displaystyle{ \PP(A)=\frac12}\)



Sposób III. Jak już ktoś zauważył, gra jest symetryczna. Ponieważ w każdej serii obaj gracze mają możliwość rzutu, nie liczy się kolejność rzucania. Tak więc \(\displaystyle{ \PP(A)=\frac12}\), o ile sprawdzimy, że z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) ktoś wygra tę grę. Intuicyjnie jest to jasne, a formalnie można się posłużyć lematem Borela-Cantellego.

[kinia7]

To co cytujesz nie jest ,,po pierwszej", a ,,w pierwszej".

Dopiero teraz widzę, że oboje co innego mamy na myśli pisząc o pierwszej kolejce.
Dla mnie pierwsza kolejka to \(\displaystyle{ A^1_n \cap B^1_n}\), dwie kolejki to \(\displaystyle{ A^1_n \cap B^1_n \cap A^2_n \cap B^2_n}\), druga kolejka to \(\displaystyle{ A^2_n \cap B^2_n}\).

... szansa na koniec gry najpóźniej w \(\displaystyle{ n}\)-tej kolejce wynosi \(\displaystyle{ 1 - 6^{-n}}\)

czyli "... szansa na koniec gry najpóźniej w \(\displaystyle{ 2.}\) kolejce wynosi \(\displaystyle{ \frac{35}{36} \approx 97,2\%}\)"

a według mnie to \(\displaystyle{ P=P(A^1)+P(B^1)+P(A^2)+P(B^2)=90,3\%}\)-- 3 lip 2016, o 22:52 --

Dwaj gracze rzucają \(\displaystyle{ kolejno}\) kostką do gry, ... Oblicz prawdopodobieństwo wygranej \(\displaystyle{ pierwszego}\) gracza.

To oznacza, że prawdopodobieństwo wygranej pierwszego gracza jest inne niż drugiego.
Dlatego u mnie prawdopodobieństwo wygranej \(\displaystyle{ pierwszego}\) gracza w pierwszym ruchu jest zerowe. Drugi gracz ma szansę wygrania w pierwszym swoim ruchu \(\displaystyle{ =\frac{15}{36}}\)

Przy podejściu takim, że obaj rzucają jednocześnie (każdy swoją kostką) i porównują wyniki, zadanie nie miałoby sensu, gdyż bez żadnego liczenia wiadomo, że prawdopodobieństwo wygranej jednego i drugiego przy takim założeniu jest zawsze takie samo.