Matematyka.pl

Rzucamy sześć razy kostką stuścienną (każda ściana daje inny wynik - od 00 do 99). Jaka jest szansa, by w dokładnie 4 z 6 rzutów otrzymać dokładnie ten sam wynik (np. cztery razy "01", dwa razy: dowolne inne wyniki).

Nie wiem, czy należy tu podstawić wszystko wprost pod próbę Bernoulliego, czy raczej powinno się pomnożyć \(\displaystyle{ 99^2}\) przez \(\displaystyle{ 30}\) (ze wzoru na permutację z powtórzeniami, wszak kolejność rzutów nie ma znaczenia) i podzielić przez \(\displaystyle{ 10^{12}}\) (liczbę wszystkich kombinacji). W każdym razie nie rozumiem, z jakiego powodu ta druga kalkulacja powoduje 2 razy wyższe prawdopodobieństwo.

Proszę tylko o odpowiedzi osób, które mają pewność co do wyniku.

dbaron_ pisze: 30 kwie 2023, o 16:08 Nie wiem, czy należy tu podstawić wszystko wprost pod próbę Bernoulliego, czy raczej powinno się pomnożyć \(\displaystyle{ 99^2}\) przez \(\displaystyle{ 30}\) (ze wzoru na permutację z powtórzeniami, wszak kolejność rzutów nie ma znaczenia) i podzielić przez \(\displaystyle{ 10^{12}}\) (liczbę wszystkich kombinacji).

Pierwsze dobrze, a w drugim nie rozumiem o co chodzi. Skąd masz dzielenie? O schemacie klasycznym nie było w zadaniu mowy. Wynik to \(\displaystyle{ \sum_{i=00}^{99}\binom64p_i^4(1-p_i)^2}\), gdzie \(p_i\) jest prawdopodobieństwem że wypadnie ściana z numerem \(i\). Tych prawdopodobieństw niestety nie znamy i w ogóle treść zadania nie mówi o tym, jak ma wyglądać ta stuścienna kostka.

Kostka jest równa, szansa na to, że wypadnie dowolna ściana jest taka sama (1/100). W tej drugiej kalkulacji dzieliłem liczbę sukcesów przez liczbę wszystkich kombinacji. Zastanawiam się, czy liczba kombinacji na sukces to 147015 czy 294030.

dbaron_ pisze: 1 maja 2023, o 10:14 Kostka jest równa, szansa na to, że wypadnie dowolna ściana jest taka sama (1/1rz00).

Z ciekawości, jak taka równa stuścienna kostka wygląda? Jeśli chcemy każdą ze stu liczb wylosować z równym prawdopodobieństwem, to możemy dwa razy rzucić kostką w kształcie dwudziestościanu foremnego. Wtedy otrzymujemy \(400\) możliwości, które możemy wziąć modulo \(100\).

Dodano po 2 minutach 8 sekundach:
Już chyba sam się domyśliłem. Mogą to być dwa ostrosłupy prawidłowe pięćdziesięciokątne, sklejone podstawami.

A czy ona musi wyglądać? Nie może to być hipotetyczna kostka?

JK

To raczej hipotetyczna kostka, nieważne. Interesuje mnie nadal, dlaczego liczba kombinacji na sukces nie może zostać wyliczona jako iloczyn \(\displaystyle{ 99 ^{2} \times 30}\). A to 30 liczę ze wzoru na permutację bez powtórzeń, bo rzuty mogły być w różnej kolejności. \(\displaystyle{ \frac{n!}{n _{1} ! \times n_{2}! \times ... n_{k}!} }\)