Matematyka królowa nauk ;)

[olkapolka]

Gdybym miała rozumieć - to na Twój pierwszy sposób: rzucam 4 razy i otrzymujemy dwie 5 oraz przynajmniej raz 6.
Czyli warunkiem 6 są dwie 5 - i to chyba podpowiedź?

[maziek]

Nie wiem, wynik 9/25 dla tak wyśrubowanych warunków jest cokolwiek dziwny. Zwłaszcza, że tylko P2 wyrzucenia dokładnie dwa razy konkretnej liczby oczek w 4 próbach to wychodzi mi 25/216 czyli ~0,116
Na szybko to P1 wyrzucenia dokładnie 1 raz danej liczby oczek w 4 próbach to 125/324 ~0,386.
Powiedziałbym, że mamy sumę dwóch zdarzeń: 2x4 i 2x6 (oczek) oraz 2x4 i 1x6. To mi wychodzi (25/216)^2+(25/216)(125/324). Hm, ponieważ mi wychodzi inaczej niż LA to się pewnie rypłem, ale to 8125/139968 a więc koło 0,058, czyli też mniej więcej 6%.

[olkapolka]

Naprawdę z zasady nie ruszam zadań z prawdopodobieństwa - i stąd nie zagłębiam się w te wyliczenia - tylko "sensem przekaźnika jest przekaz" - to jest prawdopodobieństwo warunkowe.
I nawet jest taki wzór w tablicach...

[Lieber Augustin]

Powiedziałbym, że mamy sumę dwóch zdarzeń: 2x4 i 2x6 (oczek) oraz 2x4 i 1x6. To mi wychodzi (25/216)^2+(25/216)(125/324). Hm, ponieważ mi wychodzi inaczej niż LA to się pewnie rypłem, ale to 8125/139968 a więc koło 0,058, czyli też mniej więcej 6%.

Coś w tym jest, a więc to chyba ja się rypłem

Tak czy owak, jeżeli mamy rozumieć zadanie na "mój" pierwszy sposób, tzn. "z Bernoullim dwa z czterech", odpowiedź 9/25 jest czystym nonsensem. Wszak ma być z zasady mniejsza od 25/216.

Wygląda na to, że w grę wchodzi raczej drugie rozumienie, czyli jedna lub dwie szóstki w dwóch rzutach. Albo coś w ten deseń. Bądź co bądź, 11/36 niezbyt daleko odbiega się od odpowiedzi. Właśnie zastanawiam się, w jaki żywy sposób warunek "dokładnie 2 razy 5 oczek" może podnieść tę liczbę do 9/25 ?

[olkapolka]

Nie wiem, wynik 9/25 dla tak wyśrubowanych warunków jest cokolwiek dziwny. Zwłaszcza, że tylko P2 wyrzucenia dokładnie dwa razy konkretnej liczby oczek w 4 próbach to wychodzi mi 25/216 czyli ~0,116
Na szybko to P1 wyrzucenia dokładnie 1 raz danej liczby oczek w 4 próbach to 125/324 ~0,386.

Ja nie wiem, bo nie wiem, ale pierwsze jest oki - te dwie w 4 próbach, ale potem rzucamy w dwóch próbach, bo musimy mieć te dwie 5 i w tych dwóch rzutach nie może już wypaść 5 (bo potrzebne dokładnie dwie) - jakoś to wykluczyliście?

[Lieber Augustin]

Na szybko to P1 wyrzucenia dokładnie 1 raz danej liczby oczek w 4 próbach to 125/324 ~0,386.

Istotnie, zgodnie z Bernoullim, prawdopodobieństwo P1, że w 4 próbach dana liczba oczek wypadnie dokładnie 1 raz, wynosi 125/324. Ale przecież w zadaniu stoi napisane co najmniej 1 raz?
Czy ja czegoś nie kapuję?

Do tego dochodzi pytanie, czy P1, to od sześciu oczek, dotyczy czterech prób, czy też tylko dwóch, bo pozostałe dwie są niejako zarezerwowane dla "dokładnie dwa razy pięciu oczek"?

[maziek]

Tak z doskoku. W nocy wydawało mi się, że rozwiązałem. Ale nie. Olka oczywiście wie gdzie dzwonią... Podzielę się mimo braku sukcesu.
Chyba to zresztą tłukliśmy rok temu, coś mi świta... Jak rzucamy 4 razy kostką to równie dobrze można rzucić raz czterema.
Zbiór omega wszystkich możliwości to jest kombinacja z powtórzeniami 4 z 6 = 126

Ze wzorku na prawd. warunk. mamy P(A/B)=P(A^B)/P(B)

Zbiór B (wyrzucono dokładnie 2 piątki, dwa elementy zafiksowane, wybór dwóch z pięciu pozostałych) - to jest kombinacja z powtórzeniami 2 z 5 = 15
Zbiór A (wyrzucono dokładnie 2 piątki i co najmniej jedna szóstkę) to kombinacje bla, bla = 5

P(B)=15/126
P(A^B)=5/126

Co by dawało (5/126):(15/126)=1/3 czyli cóś nie tak.
Co więcej, dlaczego ze schematu Bernoulliego dokładnie 2 trafienia z 6 dają 25/216=~0,116, a to samo z kombinatoryki daje 15/126=~0,119?
Gdzieś sadzę byki albo w ogóle nie rozumim...

[olkapolka]

Żeby nie psuć zabawy mogę tylko podpowiedzieć, że wynik ze schematu B. dotyczący zbioru B - jest w punkt:)

[Lieber Augustin]

No nie wiem. Na mój chłopski rozumek, prawdopodobieństwo warunkowe występuje wtedy, gdy pierwsze zdarzenie ma jakikolwiek wpływ na wynik drugiego. Jak w poniższym przykładzie:

W urnie jest 8 kul: 4 białe i 4 czarne. Wybieramy losowo bez zwracania 2 kule. Wyznacz prawdopodobieństwo tego, że druga wylosowana kula będzie czarna, gdy pierwsza wylosowana kula była biała.
https://www.matemaks.pl/prawdopodobienstwo-warunkowe.html

Dobra, gdyby nie pierwsza kula, byłoby 1/2, a tak 4/7. Rajt.

A co u nas? W jaki sposób warunek, że w dwóch rzutach wypadło pięć, ma wpłynąć na prawdopodobięństwo co najmniej jednej szóstki w pozostałych dwóch? Albo inaczej: czym taki warunek różni się od następującego: jakie jest prawdopodobieństwo co najmniej jednej szóstki w czterech rzutach, pod warunkiem, że wyniki dwóch z nich w ogóle się nie liczą?

Zbiór omega wszystkich możliwości to jest kombinacja z powtórzeniami 4 z 6 = 126

Niezupełnie rozumiem, dlaczego z 6 ?

Z wikipedii:
Kombinacja z powtórzeniami – dowolny multizbiór złożony z elementów pewnego zbioru skończonego.
Jeśli zbiór jest n-elementowy, to każdy k-elementowy multizbiór jego elementów jest określany jako k-elementowa kombinacja z powtórzeniami zbioru n-elementowego.

Nieśmiało przypuszczam, że zbiór n-elementowy w danym przypadku może składać się z 24 elementów: 6 ścian kostki pomnożone przez liczbę kostek, względnie liczbę rzutów. Nie?

Żeby nie psuć zabawy mogę tylko podpowiedzieć, że wynik ze schematu B. dotyczący zbioru B - jest w punkt:)

Czyli masz już rozwiązanie? Jeśli tak, to może podzielisz się wiedzą?

[olkapolka]

No nie wiem. Na mój chłopski rozumek, prawdopodobieństwo warunkowe występuje wtedy, gdy pierwsze zdarzenie ma jakikolwiek wpływ na wynik drugiego. Jak w poniższym przykładzie:

Wydaje mi się, że tutaj też jest warunkowość - wpisana wprost w treść zadania - wyrzucenie 6 pod warunkiem wyrzucenia dokładnie dwóch 5.
Te dwa rzuty się liczą - bo mają być dokładnie dwoma 5.

Podpowiedź - co do omegi - ona w rozwiązaniu CKE jest pomijana, bo się skraca we wzorze.

Ale gdyby była, to w zbiorze B daje wynik jak ze schematu B.

Żeby nie psuć zabawy mogę tylko podpowiedzieć, że wynik ze schematu B. dotyczący zbioru B - jest w punkt:)

Czyli masz już rozwiązanie? Jeśli tak, to może podzielisz się wiedzą?

Tak, jak napisałam: nie znoszę prawdopodobieństwa i nie rozwiązuję tych zadań  -dlatego zajrzałam do dostępnego rozwiązania i to: " sensem przekaźnika jest przekaz" - nie podaję rozwiązania, tylko - mam nadzieję, że podpowiadam a nie mieszam jeszcze bardziej;)

[maziek]

Nieśmiało przypuszczam, że zbiór n-elementowy w danym przypadku może składać się z 24 elementów: 6 ścian kostki pomnożone przez liczbę kostek, względnie liczbę rzutów. Nie?

No ale masz zbiór liczb 1-6 (a nie 4-24) a wybierasz z nich podzbiory 4-elementowe z powtórzeniami. Suma oczek nie ma znaczenia zwłaszcza, że tę samą sumę oczek możesz uzyskać różnymi zbiorami liczb (np 1,2,5,6 i 4,3,4,3). Analogia do wyboru z powtórzeniami 4 kul z 6 możliwych kolorów. Tak myślę. Jak masz warunkowo 2 liczby ustalone (5,5,x,y) to wybierasz ze zbioru liczb 1-4,6 podzbiory 2-elementowe z powtórzeniami. Zajście jednego i drugiego to 3 pozycje ustalone (5,5,6,x) jako x idzie 1-4,6 (6 daje dwie szóstki). Tak rzewnie sądzę, prawdopodobnie wskutek wrodzonej tępoty .

Nie rozumiem, dlaczego schemat B daje inny wynik niż kombinacja. Ale póki co się nie wgłębię.

[olkapolka]

Dodam jeszcze, że omega dla zbiorów A i B jest równa 6⁴, bo 6 możliwości w 4 rzutach - dlatego się skracają we wzorze na prawdopodobieństwo warunkowe.

[maziek]

Hm, to już nic nie rozumiem. 6^4 to by była wariacja z powtórzeniami co jest w zasadzie  logiczne (rzucamy 4 razy po kolei więc dostajemy 4-liczbowe ciągi) ale IMO powinno wyjść to samo w tym wypadku z kombinacją tylko albo wszystko na wariacjach albo wszystko na kombinacjach. Wariacje byłyby konieczne, gdyby warunki zadania zrozumieć w ten sposób, że najpierw muszą być wyrzucone dwie piątki, aby później dopiero wyrzucić jedną bądź dwie szóstki. Tzn. wg tego rozumienia ciąg 5,5,1,6 spełnia warunki zadania, a ciąg 6,1,5,5 nie.

Tak rozumiejąc wychodzi:

Omega: W(6->4)=6^4
B: W(5->2)=5^2=25
A^B - 5+5 - 1 wspólny = 9

P(A^B)=9/6^4
P(B)=25/6^4

P(A/B) = (9/6^4):(25/6^4)=9/25

Moim zdaniem jeśli tak, to zadanie jest fatalnie sformułowane.

Jest: "oblicz prawdopodobieństwo, że otrzymamy co najmniej jeden raz 6 oczek, podwarunkiem, że otrzymamy dokładnie dwa razy 5 oczek"
Powinno być: "oblicz prawdopodobieństwo, że otrzymamy co najmniej jeden raz 6 oczek, pod warunkiem, że NAJPIERW otrzymamy dokładnie dwa razy 5 oczek".

Jeśli mam rację to jest to duża wtopa CKE.

[olkapolka]

Nie oceniam, bo się nie znam, ale specjalnie dla was zobaczyłam kilka filmików z tym zadaniem i parę rozwiązań - wszystkie bezdyskusyjnie lecą w ten sam deseń.

B wychodzi 150, A^B 54 czyli 54/150 = 9/25

Jeśli chcecie coś próbować dalej, to filmik na potem

Np.

Pssss...ale to co tutaj zobaczyłam tylko mnie utwierdza w mojej niechęci do losowań kul, rzutów czymkolwiek itp

[maziek]

Teraz to już nie rozumiem nawet, czego nie rozumiem  - co prawda filmików jeszcze nie patrzyłem.