Kostka do gry

Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
Emhyr Vilgefo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7
Rejestracja: 22 cze 2020, o 23:54
Płeć: Mężczyzna
wiek: 25
Podziękował: 3 razy

Kostka do gry

Post autor: Emhyr Vilgefo » 22 cze 2020, o 23:59

Ile razy należy rzucić kostką, by w końcu padły wszystkie oczka? Tzn notujemy to co wyleciało za każdym razem, i w końcu ma być co najmniej jedna 1, jedna 2, jedna 3, jedna 4, jedna 5 i jedna 6. Co najmniej raz każde oczko. Help !
Ostatnio zmieniony 23 cze 2020, o 08:51 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Nieregulaminowa nazwa tematu.
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

Awatar użytkownika
kerajs
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7658
Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 232 razy
Pomógł: 3019 razy

Re: Kostka do gry

Post autor: kerajs » 23 cze 2020, o 08:35

Nie ma takiej liczby rzutów. Raz będzie to 6 rzutów, a innym razem 17 albo 90.
Można za to policzyć wartość oczekiwaną liczby rzutów.

Emhyr Vilgefo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7
Rejestracja: 22 cze 2020, o 23:54
Płeć: Mężczyzna
wiek: 25
Podziękował: 3 razy

Re: Kostka do gry

Post autor: Emhyr Vilgefo » 23 cze 2020, o 09:43

Ok, wytłumacz mi proszę czym jest wartość oczekiwana i jeśli mógłbyś, pokaż obliczenia :)

Dodano po 3 godzinach 56 minutach 57 sekundach:
Jeśli mielibyśmy np. monetę.

Trudno zakładać, że na 90 prób, wypadnie nam tylko orzeł, nigdy reszka. Tak, jest to możliwe, ale bardzo mało prawdopodobne.
Stąd też myślę, że ta losowość jest w pewnym stopniu ograniczona - w stopniu zależnym od ilości możliwości.

Dlatego mając kostkę do gry, ilość rzutów, które w końcu przedstawią nam wszystkie możliwości, jest wielokrotnie większa, niż w przypadku monety. Wydaje mi się to logiczne.

I wydaje mi się, że aby zobrazować odpowiedź na pytanie "Ile razy trzeba rzucić" - należy odpowiadając posłużyć się prawdopodobieństwem. Czyli np.: Jeśli mamy zwyczajną monetę, np. 5zł, to jest 50% szans na to, że po drugim rzucie będzie i orzeł, i reszka (zgadza się?). I teraz - ile razy należy rzucić monetą, by mieć 80% pewności, że wyrzucone zostaną w końcu jej 2 strony?

Analogicznie z kostką - ile razy należy nią rzucić, by mieć np. 80% szans, że w końcu wypadnie każda z 6 możliwości.

Jestem przekonany, że w przypadku kostki należy wykonać znacznie więcej rzutów, niż w przypadku monety. I wydaje mi się, że można to policzyć.

Zapraszam do pomocy :P

Dodano po 7 godzinach 40 minutach 18 sekundach:
Czy to zadanie jest tak trudne, czy też nikomu nie chce się bawić w tłumaczenia? :)

Awatar użytkownika
kerajs
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7658
Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 232 razy
Pomógł: 3019 razy

Re: Kostka do gry

Post autor: kerajs » 24 cze 2020, o 08:53

Emhyr Vilgefo pisze:
23 cze 2020, o 21:20
Dodano po 7 godzinach 40 minutach 18 sekundach:
Czy to zadanie jest tak trudne, czy też nikomu nie chce się bawić w tłumaczenia? :)
Raczej to drugie, tym bardziej że najwyraźniej sam problem przedstawiasz dość chaotycznie.
Emhyr Vilgefo pisze:
23 cze 2020, o 21:20
Ok, wytłumacz mi proszę czym jest wartość oczekiwana i jeśli mógłbyś, pokaż obliczenia :)
Ze względu na poniższy cytat jest to zbędne.
Emhyr Vilgefo pisze:
23 cze 2020, o 21:20
I wydaje mi się, że aby zobrazować odpowiedź na pytanie "Ile razy trzeba rzucić" - należy odpowiadając posłużyć się prawdopodobieństwem. Czyli np.: Jeśli mamy zwyczajną monetę, np. 5zł, to jest 50% szans na to, że po drugim rzucie będzie i orzeł, i reszka (zgadza się?). I teraz - ile razy należy rzucić monetą, by mieć 80% pewności, że wyrzucone zostaną w końcu jej 2 strony?

Analogicznie z kostką - ile razy należy nią rzucić, by mieć np. 80% szans, że w końcu wypadnie każda z 6 możliwości.
Prawdopodobieństwo zebrania kompletu oczek w \(\displaystyle{ n}\) rzutach (gdzie \(\displaystyle{ n \ge 6}\) )
to :
\(\displaystyle{ P(n)= \frac{ {6 \choose 1} \left( 5^{n-1}- {5 \choose 1} 4^{n-1}+{5 \choose 2} 3^{n-1} -{5 \choose 3} 2^{n-1}+{5 \choose 4} 1^{n-1} \right) }{6^n} }\)
Więc jeśli chcesz wiedzieć ile razy rzucić, by mieć x% szans, to sobie sumujesz tyle początkowych prawdopodobieństw aż dostaniesz żądaną wartość, czyli :
\(\displaystyle{ P(6)+P(7)+...P(k) \approx \frac{x}{100} }\)

Emhyr Vilgefo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7
Rejestracja: 22 cze 2020, o 23:54
Płeć: Mężczyzna
wiek: 25
Podziękował: 3 razy

Re: Kostka do gry

Post autor: Emhyr Vilgefo » 24 cze 2020, o 19:10

Dzięki za odpowiedź!

Muszę dopytać o: "to sobie sumujesz tyle początkowych prawdopodobieństw"

Czyli dajmy na to: jeśli zadowala mnie taki x% na rzucenie kompletu oczek, dla którego to otrzymania - okazało się - wystarczy zsumować trzy prawdopodobieństwa początkowe: P(6) + P(7) + P(8), oznacza to, że wystarczy rzucić 21 razy, by otrzymać zadowalający mnie x% na rzucenie kompletu oczek ?

Czy P(6) + P(7) + P(8) = P (21) ?? Albo 2 razy P(6) = P(12) ?

Trochę to nieintuicyjne, ale chyba tak jest :D

Dodano po 57 minutach 41 sekundach:
Ok, przyjmijmy że rozumiem powyższe (chociaż proszę o potwierdzenie), jednak chciałbym też zrozumieć jak powstał ten wzór na P(n).

Początek licznika P(n) zaczyna się kombinacją: "na ile sposobów można wybrać jedno oczko z sześciu możliwych" - ?
Czyli licznik zaczyna się od mnożenia zupełnie niezrozumiałego przeze mnie nawiasu razy 6 sposobów, a wszystko dzielimy przez 6 sposobów do potęgi ilości rzutów.

P.S. Zrozumiem, jeśli nie zechce Ci się tłumaczyć takiemu beginnerowi jak ja (mat podst mialem 7 lat temu), chociaż wierz mi, chęć zrozumienia tego jest naprawdę przeogromna, i jeśli Twoim zdaniem lepiej będzie przeczytać jakąś książkę żeby zrozumieć, to przeczytam :P

Awatar użytkownika
kerajs
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7658
Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 232 razy
Pomógł: 3019 razy

Re: Kostka do gry

Post autor: kerajs » 25 cze 2020, o 20:51

Emhyr Vilgefo pisze:
24 cze 2020, o 20:08
Czyli dajmy na to: jeśli zadowala mnie taki x% na rzucenie kompletu oczek, dla którego to otrzymania - okazało się - wystarczy zsumować trzy prawdopodobieństwa początkowe: P(6) + P(7) + P(8), oznacza to, że wystarczy rzucić 21 razy, by otrzymać zadowalający mnie x% na rzucenie kompletu oczek ?

Czy P(6) + P(7) + P(8) = P (21) ?? Albo 2 razy P(6) = P(12) ?

Trochę to nieintuicyjne, ale chyba tak jest :D
Niestety tak nie jest.
Wezmę prostszy przykład z monetą: Prawdopodobieństwo zgromadzenia kompletu w k-tym (k nie mniejsze niż 2) ruchu to :
\(\displaystyle{ P(k)= \frac{2}{2^k} }\)
Ile rzutów należy wykonać aby aby prawdopodobieństwo zgromadzenia kompletu było większe od 0,95 ?
\(\displaystyle{ P(2)=0,5\\
P(3)=0,25\\
P(4)=0,125 \\
P(5)=0,0625\\
P(2)+P(3)+P(4)+P(5)=0,9375}\)

Pięć rzutów nie wystarczy, jednak sześć:
\(\displaystyle{ P(2)+P(3)+P(4)+P(5)+P(6)=0,96875}\)
już tak.

Powyższe prawdopodobieństwa tworzą ciąg geometryczny, więc można obliczenia uprościć tak:
\(\displaystyle{ \frac{ \frac{1}{2}(1-( \frac{1}{2} )^n }{1-\frac{1}{2}} \ge 0,95\\
( \frac{1}{2} )^n \le 0,05 \\
2^n \ge 20}\)

Skoro \(\displaystyle{ 2^5<20<2^6}\) to \(\displaystyle{ n=6}\)

PS
Ponadto:
\(\displaystyle{ P(6) + P(7) + P(8) \neq P (21) \\
2 \cdot P(6) \neq P(12)}\)

Emhyr Vilgefo pisze:
24 cze 2020, o 20:08
Ok, przyjmijmy że rozumiem powyższe (chociaż proszę o potwierdzenie), jednak chciałbym też zrozumieć jak powstał ten wzór na P(n).

Początek licznika P(n) zaczyna się kombinacją: "na ile sposobów można wybrać jedno oczko z sześciu możliwych" - ?
Czyli licznik zaczyna się od mnożenia zupełnie niezrozumiałego przeze mnie nawiasu razy 6 sposobów, a wszystko dzielimy przez 6 sposobów do potęgi ilości rzutów.
Trochę inaczej napiszę ten wzorek:
\(\displaystyle{ P(n)={6 \choose 1} \cdot \frac{ \left( 5^{n-1}- {5 \choose 1} 4^{n-1}+{5 \choose 2} 3^{n-1} -{5 \choose 3} 2^{n-1}+{5 \choose 4} 1^{n-1} \right) }{6^{n-1}} \cdot \frac{1}{6} }\)
Pierwszy czynnik to wybór cyfry która będzie ostatnią do kompletu
Drugi czynnik to prawdopodobieństwo wylosowania w n-1 rzutach dokładnie pięciu cyfr. Licznik to ilość ciągów n-1 elementowych zawierających tylko pięć cyfr (jest ona liczona z zasady włączeń i wyłączeń). Jeśli podzielę ten licznik przez \(\displaystyle{ 6^{n-1}}\) to dostanę prawdopodobieństwo wylosowania w n-1 rzutach dokładnie pięciu cyfr.
Trzeci czynnik to prawdopodobieństwo wylosowania ostatniej brakującej do kompletu cyfry.

Możliwe, iż podobnie jak w przypadku kompletu orzeł-reszka, istnieje wzorek na sumę prawdopodobieństw lub inny, łatwiejszy sposób rozwiązujący przedstawiony problem, ale jestem zbyt leniwy aby go szukać.
Emhyr Vilgefo pisze:
24 cze 2020, o 20:08
jeśli Twoim zdaniem lepiej będzie przeczytać jakąś książkę żeby zrozumieć, to przeczytam :P
Tu akurat nie pomogę. Jestem wyjątkowo kiepski w polecaniu lektur.

Emhyr Vilgefo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7
Rejestracja: 22 cze 2020, o 23:54
Płeć: Mężczyzna
wiek: 25
Podziękował: 3 razy

Re: Kostka do gry

Post autor: Emhyr Vilgefo » 26 cze 2020, o 00:40

To wyjaśnienie z monetą bardzo mi pomogło! :D Dużo lepiej coś widzę, kiedy leci się na przykładach i wtrąceniach zdań, zamiast na wzorach ogólnych, dzięki.

Jeszcze na chwilę wróćmy do tej monety: Czyli z każdym kolejnym rzutem prawdopodobieństwo wzrasta w oparciu o zależność geometryczną, prawda? (dygresja - czy prawidłowe matematycznie określenie w tym przypadku to: "wzrasta geometrycznie" ? Zastanawiam się, bo sumarycznie P rośnie, jednak wartości składowe są coraz mniejsze (coraz mniejszy ten wzrost), stąd wątpliwości laika czy nadal mówimy o wzroście, i stąd wymyślone przeze mnie wyżej użyte określenie "zależność geometryczna"). Wydaje mi się, że wzrost geometryczny w tym przypadku to prawidłowe określenie, bo to zawsze wzrost w oparciu o zależność geometryczną, jednak proszę o potwierdzenie.

Żeby lepiej zrozumieć wzorek poczytam w wolnej chwili o ciągach geo + zasadzie włączeń i wyłączeń, o której wspomniałeś. Odpowiadam jednak już teraz, bo próbując odnaleźć ten portal na innym urządzeniu, przypadkowo czyli, spotkałem się z innym wzorkiem do tego zadania, mianowicie:

Szukamy wartości oczekiwanej liczby wykonanych rzutów

\(\displaystyle{ X}\)-zmienna losowa określająca liczbę rzutów, potrzebną do uzyskania wszystkich możliwych wyników. \(\displaystyle{ X}\) ma rozkład geometryczny z parametrami:
\(\displaystyle{ 1}\) - gdy czekamy na dowolny wynik
\(\displaystyle{ \frac56}\) - gdy czekamy na wynik różny od pierwszego
\(\displaystyle{ \frac46}\) - gdy czekamy na wynik różny od wcześniejszych
itd.
zatem:
\(\displaystyle{ EX = 1 + \frac65 + \frac64 + \frac63 + \frac62 + \frac61 = 14,7}\) (tam są ułamki, jednak nie potrafię zrobić tutaj ułamka)

Czy Twoim zdaniem takie rozwiązanie jest poprawne, i co tak naprawdę oznacza wynik \(\displaystyle{ 14,7}\)? (nie widzę tutaj procentów)

P.S. dzięki za poświęcenie chwili czasu, czuję że coś tam już rozumiem z dziedziny mi odległej, mega fajne uczucie
Ostatnio zmieniony 26 cze 2020, o 01:17 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Brak LaTeX-a. Proszę zapoznaj się z instrukcją: http://matematyka.pl/latex.htm .

Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 26527
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 4439 razy

Re: Kostka do gry

Post autor: Jan Kraszewski » 26 cze 2020, o 01:18

Emhyr Vilgefo pisze:
26 cze 2020, o 00:40
(tam są ułamki, jednak nie potrafię zrobić tutaj ułamka)
To przeczytaj instrukcję http://matematyka.pl/latex.htm albo skorzystaj z panelu po prawej stronie pola edycji.

JK

Emhyr Vilgefo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7
Rejestracja: 22 cze 2020, o 23:54
Płeć: Mężczyzna
wiek: 25
Podziękował: 3 razy

Re: Kostka do gry

Post autor: Emhyr Vilgefo » 30 cze 2020, o 18:10

Widzisz Janie, wjechałeś ze swoją uwagą i teraz zapewne nie doczekam się odpowiedzi :( Przecież po moich postach widać, że nie zawitam na forum na dłużej, nie ma sensu uczyć mnie zasad, których i tak za chwilę zapomnę, bo nie będę z nich korzystać. Spłoszyłeś mi bystrzaka.

Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 26527
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 4439 razy

Re: Kostka do gry

Post autor: Jan Kraszewski » 30 cze 2020, o 20:15

Emhyr Vilgefo pisze:
30 cze 2020, o 18:10
Przecież po moich postach widać, że nie zawitam na forum na dłużej, nie ma sensu uczyć mnie zasad, których i tak za chwilę zapomnę, bo nie będę z nich korzystać.
Regulamin obowiązuje wszystkich. Jak posty będą nieczytelne, to będą trafiać do Kosza, a tam na pewno nikt Ci nie pomoże.

JK

Emhyr Vilgefo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7
Rejestracja: 22 cze 2020, o 23:54
Płeć: Mężczyzna
wiek: 25
Podziękował: 3 razy

Re: Kostka do gry

Post autor: Emhyr Vilgefo » 1 lip 2020, o 02:40

Ah, zesłanie na śmietnik za "nieczytelne" pisanie obowiązuje wszystkich? Przepraszam, nie zorientowałem się. Twoje dobre serce trochę zmyliło moją interpretację regulaminu, którego treści jedynie się domyślałem i zakładałem, że mógłby uwzględniać wyjątki, takie jak opisałem wyżej.
W takim razie dziękuję za mimo wszystko zrobienie wyjątku i poprawienie mojego posta niezgodnego z regulaminem. Obawiam się, że na więcej wyjątków i wyrazów wyrozumiałości już sobie nie zasłużę, chociaż to że i na pierwszy raz nie zasłużyłem, a nie skończyłem w koszu, napawa mnie optymizmem.

Z drugiej strony, zgodnie z moim wcześniejszym postem obawiam się, że moje kolejne posty ani nie będą nieczytelne, ani nie wylądują w koszu, bo ich najzwyczajniej nie będzie. Chyba że Ty pomożesz z zadaniem, Janie, skoro i tak z własnej czy też wymuszonej rolą admina woli zwykłeś podglądać temat. Zachęcam!

Awatar użytkownika
kerajs
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7658
Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 232 razy
Pomógł: 3019 razy

Re: Kostka do gry

Post autor: kerajs » 1 lip 2020, o 08:07

Emhyr Vilgefo pisze:
30 cze 2020, o 18:10
Widzisz Janie, wjechałeś ze swoją uwagą i teraz zapewne nie doczekam się odpowiedzi
Doczekasz się.
Emhyr Vilgefo pisze:
26 cze 2020, o 00:40
Czyli z każdym kolejnym rzutem prawdopodobieństwo wzrasta w oparciu o zależność geometryczną, prawda?
Nie wiem, gdyż nie doprecyzowałeś o jakie prawdopodobieństwo chodzi.
Emhyr Vilgefo pisze:
26 cze 2020, o 00:40
dygresja - czy prawidłowe matematycznie określenie w tym przypadku to: "wzrasta geometrycznie" ? Zastanawiam się, bo sumarycznie P rośnie, jednak wartości składowe są coraz mniejsze (coraz mniejszy ten wzrost), stąd wątpliwości laika czy nadal mówimy o wzroście, i stąd wymyślone przeze mnie wyżej użyte określenie "zależność geometryczna"). Wydaje mi się, że wzrost geometryczny w tym przypadku to prawidłowe określenie, bo to zawsze wzrost w oparciu o zależność geometryczną, jednak proszę o potwierdzenie.
Język potoczny czasem rozmija się z językiem matematyki. Przez przyrost geometryczny zwykle rozumie się wzrost szybki/dynamiczny/ gwałtowny. Np:
Chorych przybywa w postępie geometrycznym, czyli każdego dnia jest 2 (10) razy więcej chorych.
Moim zdaniem użycie frazy wzrasta geometrycznie w przykładzie z monetami nie jest zasadne, lecz to zdanie laika, a nie językoznawcy.
Emhyr Vilgefo pisze:
26 cze 2020, o 00:40
Szukamy wartości oczekiwanej liczby wykonanych rzutów

\(\displaystyle{ X}\)-zmienna losowa określająca liczbę rzutów, potrzebną do uzyskania wszystkich możliwych wyników. \(\displaystyle{ X}\) ma rozkład geometryczny z parametrami:
\(\displaystyle{ 1}\) - gdy czekamy na dowolny wynik
\(\displaystyle{ \frac56}\) - gdy czekamy na wynik różny od pierwszego
\(\displaystyle{ \frac46}\) - gdy czekamy na wynik różny od wcześniejszych
itd.
zatem:
\(\displaystyle{ EX = 1 + \frac65 + \frac64 + \frac63 + \frac62 + \frac61 = 14,7}\) (tam są ułamki, jednak nie potrafię zrobić tutaj ułamka)

Czy Twoim zdaniem takie rozwiązanie jest poprawne, i co tak naprawdę oznacza wynik \(\displaystyle{ 14,7}\)? (nie widzę tutaj procentów)
E(X) to oznaczenie wartości oczekiwanej (wartości średniej). Tu oznacza średnią ilość rzutów potrzebnych do wyrzucenia kompletu oczek. To poprawny wynik, a wynika on z liniowości wartości oczekiwanej sumy zmiennych losowych. Mówi on, że w w połowie przypadków do uzyskania kompletu wystarczy 14, 7 rzutów. A skoro liczba nie jest całkowita to w 15 rzutach uzyskuje się komplet w nieco ponad połowie przypadków, a w 14 nieco mniej niż w połowie (sugeruję poczytać o problemie zbieracza kuponów).

Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 26527
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 4439 razy

Re: Kostka do gry

Post autor: Jan Kraszewski » 1 lip 2020, o 09:42

Emhyr Vilgefo pisze:
1 lip 2020, o 02:40
Twoje dobre serce trochę zmyliło moją interpretację regulaminu, którego treści jedynie się domyślałem
Potwierdziłeś jego akceptację przy zakładaniu konta... Proszę bardzo: Regulamin
Emhyr Vilgefo pisze:
1 lip 2020, o 02:40
W takim razie dziękuję za mimo wszystko zrobienie wyjątku i poprawienie mojego posta niezgodnego z regulaminem. Obawiam się, że na więcej wyjątków i wyrazów wyrozumiałości już sobie nie zasłużę, chociaż to że i na pierwszy raz nie zasłużyłem, a nie skończyłem w koszu, napawa mnie optymizmem.
To nie był wyjątek, moderacja poprawia sporo postów (choć nie wszystkie). Natomiast jeżeli ktoś nie stara się pisać starannie (i jeszcze to ogłasza...), to w końcu moderatorzy przełączają się na tryb "Kosz".

A, jak widzisz, kerajs nie porzucił Cię.

JK

ODPOWIEDZ