Rzut kostkami

arek1357 · Post autor: **arek1357** » 6 gru 2007, o 00:43

Wypisać zbiór omega dla rzutu dwiema jednakowymi kostkami

Undre · Post autor: **Undre** » 6 gru 2007, o 01:10

To zadanie bardziej do kombinatoryki pasuje. Niemniej, skoro kostki sa jednakowe, to jest nam wszystko jedno na ktorej kostce padnie liczba A a na ktorej B czyli np 5 i 3 to to samo co 3 i 5, zatem mniemam, ze :

\(\displaystyle{ \Omega = \{ (1,1) \ , \ (1,2) \ , \ (1,3) \ , \ (1,4) \ , \ (1,5) \ , \ (1,6) \ , \ (2,2) \ , \ (2,3) \ , \ (2,4) \ , \ (2,5) \ , \ (2,6) \, \\ (3,3) \ , \ (3,4) \ , \ (3,5) \ , \ (3,6) \ , \ (4,4) \ , \ (4,5) \ , \ (4,6) \ , \ (5,5) \ , \ (5,6) \ , \ (6,6) \}}\)

arek1357 · Post autor: **arek1357** » 6 gru 2007, o 11:06

ale nie wiem czy nie lepiej by było zapisywać to w notacji nawiasów klamrowych bo kolejność nie gra roli

i tak zamiast (1,2) {1,2}

???

Lorek · Post autor: **Lorek** » 6 gru 2007, o 17:50

Z tymi kostkami to jest podobno tak, że jak kto przyjmie, to tak jest, my np. zawsze rozróżniamy kostki

arek1357 pisze:ale nie wiem czy nie lepiej by było zapisywać to w notacji nawiasów klamrowych bo kolejność nie gra roli

i tak zamiast (1,2) {1,2}

Nawet by trzeba tak było zrobić, bo obecnie omega nie obejmuje np. sytuacji 6,4

arek1357 · Post autor: **arek1357** » 6 gru 2007, o 18:30

ale chyba źlle że zawsze je rozróżniacie

[ Dodano: 6 Grudnia 2007, 18:31 ]
czyli w notacji klamrowej rzut na dwch kostkach taki sam
(5,5)={5}

Lorek · Post autor: **Lorek** » 6 gru 2007, o 18:53

ale chyba źlle że zawsze je rozróżniacie

czemu źle, jak potem inaczej liczysz zdarzenia sprzyjające to wychodzi co ma być.
(5,5)={5,5} jak już, choć nie bardzo mi się widzi przyrównywanie jednego do drugiego.

arek1357 · Post autor: **arek1357** » 6 gru 2007, o 19:42

to nie przyrównanie to luźna dywagacja

w elementach nierozróżnialnych powinno się używać nawiasu {}

a zresztą czy Chińczycy to elementy rozróżnialne też chyba nie...

Lorek · Post autor: **Lorek** » 6 gru 2007, o 21:12

Co do rozróżnialności ludzi to mój kolega mógłby Ci przedstawić ciekawą teorię na ten temat

arek1357 · Post autor: **arek1357** » 6 gru 2007, o 23:31

to niech przedstawi
bo dla mnie elementy(i ludzie) dzielą się na rozróżnialne i nierozróżnialne
jestem ciekaw nowych teorii

Undre · Post autor: **Undre** » 7 gru 2007, o 14:02

nie jest ważne, czy rozważając rzut dwiema kostkami ( czy dwukrotny rzut kostką ) przyjmiemy, że rozróżniamy pary typu (x,y) i (y,x) jeżeli bezpośrednio nie ma takiego wymogu ( w sumie to nie przychodzi mi teraz na myśl zadanie, gdzie byłoby to kluczowe, więc może w ogóle nie ma to znaczenia )
Liczy się tylko konsekwencja w postępowaniu.

Rozważmy obliczenie prawdopodobieństwa wyrzucenia parzystej sumy oczek w obu przypadkach.
Dla sytuacji gdzie rozróżniamy pary, wszystkich opcji jest 36, zaś interesuje nas dokładnie \(\displaystyle{ C^1_3 C^1_3 + C^1_3 C^1_3 = 18}\) przypadków ( wylosowanie dwóch parzystych bądź dwóch nieparzystych oczek naraz ). W przypadku darowania sobie rozróżniania par mamy w sumie 21 różnych par, z czego interesuje nas 6 par typu (x,x) oraz kolejne 6 par typu (x,y) gdzie zarówno x jak y są parzyste lub nieparzyste, zaś \(\displaystyle{ x y}\). Ponadto nie można zapomnieć, że wszystkie zestawienia typu (x,y), gdzie \(\displaystyle{ x y}\) padają z dwukrotnie większym prawdopodobieństwem niż zestawienia (x,x). Nie da się ukryć, że pierwszy przypadek liczy się łatwiej, drugi nie jest wszak błędny.

Lorek · Post autor: **Lorek** » 7 gru 2007, o 16:35

Ok, dowód rozróżnialności ludzi: (powstał przy zadaniu z wsiadaniem do wagonów)
UWAGA! Dowód dość kontrowersyjny:

"Hitler wsadzał ludzi do wagonów, a potem wysyłał do Auschwitz. Tam każdemu tatuowano numer i ludzie stawali się numerami, a skoro numery są rozróżnialne, to i ludzie też"

[ Dodano: 7 Grudnia 2007, 16:36 ]
A tak inaczej to w końcu nie ma na świecie 2 identycznych osób, więc ludzie są rozróżnialni.