Главная страница > Вопрос
Вопрос
какова вероятность,что при подбрасывании двух игральных кубиков одновременно выпадает чётное число?
математика 16.04.09 Автор: Гость
Ответы
1 из 52
0,5
16.04.09 Автор: Без имени
2 из 52
чувак, что за вопрос, думаю сам мог бы догадаться
50 процентов
16.04.09 Автор: Gambit-666
3 из 52
1/4
16.04.09 Автор: Ant1973
4 из 52
Событие "чётное число" = {(2,2), (4,4), (6,6)}. Кол-во исходов = 3.
Кол-во исходов во всём пространстве элементарных событий = 36.
Вероятность: 3 / 36 = 1 / 12 = 0.0833..
16.04.09 Автор: Gliph
5 из 52
Мда, ребята...
В теории вероятности куча заморочек, но в данной задаче по-момему вообще ничего такого нету что бы помешало включить голову и логически подумать.
Выбрать всевозможные варианты исходов, при броске двух кубиков возможны следующие:

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
Итого: 21

Опеределить те исходы которые нас устраивают.
Из школьного курса математики вспоминаем что четное число — это число которое делиться на 2 без остатка и получаем следующие комбинации:
2 2
2 4
2 6
4 4
4 6

Итого: 5

Остается взять калькулятор и поделить количество удовлетворяющих нас исходов на количество всевозможных:
5/21= 0,23809523809523809523809523809524
Ну или ~24%
16.04.09 Автор: Флайер
6 из 52
Для ясности:
(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)
16.04.09 Автор: Флайер
7 из 52
Хм, похоже мне надо пояснить свой ответ.
Есть четыре равновероятных исхода:
1) на обоих кубиках выпадает нечетное число;
2) на первом выпадает четное, на втором -- нечетное
3) на первом -- нечетное, на втором -- четное
4) на обоих четное.
Нас устраивает только вариант №4, соответственно, вероятность -- 1/4
16.04.09 Автор: Ant1973
8 из 52
2Флайер

А чёрт, я посчитал, что кубики разные. Тогда нужно учитывать что (1,2) и (2,1) это разные вещи. И почему-то чётные результаты у меня всегда равны на обоих кубиках. Прошу прощения ).

Всё верно. Вероятность равна 5 / 21 = 0.238.
16.04.09 Автор: Gliph
9 из 52
2Ant1973.

Это не равновероятные события.
Опишем событие 1): {{1,1}, {1,3}, {1,5}, {3,3}, {3,5}, {5,5}} вероятность: 6 / 21.
Опишем событие 2): {{1,2}, {1,4}, {1,6}, {2,3}, {2,5}, {3,4}, {3,6}, {4,5}, {5,6}} вероятность: 9 / 21.
Опишем событие 4): {{2,2}, {2,4}, {2,6}, {4,4} {4,6}, {6,6}} = 6/21.

Событие 3) я не описал потому что когда на "первом" например выпадает двойка а когда на "втором" кубике например единица или наоборот - это невозможно различить. Поэтому такие понятия "первый" и "второй" в данной задаче отсутствуют.

Да, вероятность всё-таки 6/21 а не 5/21.
16.04.09 Автор: Gliph
10 из 52
2Ant1973
Пункт 2 и 3 одно и то же, а то придется учитывать ситуации когда на первом кубике выпадает первое четное, а на втором второе. И на оборот, на первом — второе, а на втором — первое.
А почему весь расчет не верен уже написал Gliph.

2Gliph
Ага, 6/21, комбу (6,6) не доглядел %)
16.04.09 Автор: Флайер
11 из 52
2Gliph & 2Флайер
Э... Вы оба почему-то считаете, что сочетания, например, (1,1) и (1,2) имеют равную вероятность. А это, очевидно, неверно.
Для наглядности, попробуйте повторить ваши рассуждения для случая двух монет вместо кубиков, и оцените вероятность выпадения двух орлов?
16.04.09 Автор: Ant1973
12 из 52
2Ant1973

Ну да, число элементарных исходов просто удваивается на этапе определения пространства, но с таким же успехом сокращается при вычислении самой вероятности.
Это выглядит так: (номер кубика:выпавшее число,номер кубика:выпавшее число)
(1:1,2:1) (1:1,2:2) (1:1,2:3) (1:1,2:4) (1:1,2:5) (1:1,2:6)
(1:2,2:2) (1:2,2:3) (1:2,2:4) (1:2,2:5) (1:2,2:6)
(1:3,2:3) (1:3,2:4) (1:3,2:5) (1:3,2:6)
(1:4,2:4) (1:4,2:5) (1:4,2:6)
(1:5,2:5) (1:5,2:6)
(1:6,2:6)

(2:1,1:1) (2:1,1:2) (2:1,1:3) (2:1,1:4) (2:1,1:5) (2:1,1:6)
(2:2,1:2) (2:2,1:3) (2:2,1:4) (2:2,1:5) (2:2,1:6)
(2:3,1:3) (2:3,1:4) (2:3,1:5) (2:3,1:6)
(2:4,1:4) (2:4,1:5) (2:4,1:6)
(2:5,1:5) (2:5,1:6)

Пространство = 42
Удовлетворительные исходы = 12
42/12=0,285...

Ну или проще добавить к числу индекс, например на одном кубике к числам добавляем х, а на втором у.
Отсюда получаем вероятность выпадения (2х:1у) или (2y:1x) такую же как (1х:1у) или (1y:1x), чем и компенсируем.
16.04.09 Автор: Флайер
13 из 52
У исхода {1,1} вероятность равна 1 / 21. У исхода {1,2} вероятность тоже равна 1/21. Этот результат вычисляется согласно определению понятия вероятности как кол-во благоприятных исходов делённое на всё пространство.

Посчитаем вероятность для {1,1}.
Кол-во благоприятных исходов = 1.
Кол-во всех исходов = 21.
Вероятность = 1 / 21.

Вероятность выпадения двух орлов в двух монетах равна:
Благоприятный исход: {О, О}.
Все исходы: {{O,O},{O,Р}, {Р,О}, {Р,Р}}.
Значит вероятность = 1 / 4.

Событие "в двух кубиках выпало чётное число" это: {{2,2}, {2,4}, {2,6}, {4,4}, {4,6}, {6,6}}.
Пусть w0 = один из исходов в событии.
Тогда A = w0 U w1 U w2 U w3 U w4 U w5.
Исходы несовместны тогда:
P(A) = P(w0 U w1 U w2 U w3 U w4 U w5) = P(w0) + P(w1) + P(w2) + P(w3) + P(w4) + P(w5) = 1 / 21 + 1 / 21 + 1 / 21 + 1 / 21 + 1 / 21 + 1 / 21 = 6 / 21.

Если непонятно - задавайте вопросы.
16.04.09 Автор: Gliph
14 из 52
С монетами опять ошибся. Они же одинаковые ).

Два орла: {О, О}
Все исходы: {{О, О}, {О, Р}, {Р, Р}}.

Вероятность: 1 / 3.
16.04.09 Автор: Gliph
15 из 52
2Флайер.
Так в том-то и дело, что не удваивается. Сочетание (1,1) может выпасть ровно одним способом, а вот (1,2) уже двумя, поэтому просто делить на два нельзя, я же не случайно привел пример с монетами.

2Gliph.
То, что монеты (или кубики) одинаковые, для ответа на эту задачу не играет никакой роли. Не будете же Вы утверждать, что если сделать их разными (взять одну монету номиналом в 1 рубль, а другую -- в 2 рубля), то вероятность изменится? Какова, по-вашему, вероятность того, что общая стоимость монет, выпавших орлом, составит 3 рубля? 2 рубля? 1 рубль? 0 рублей?

Другой вопрос: если мы возьмем ОДИН кубик, и будем бросать его два раза подряд, записывая результаты в виде пар чисел (первый_бросок, второй_бросок), чем это будет отличаться от исходной задачи?

Третий вопрос, если мы возьмем десятигранные кубики, какова будет вероятность в этом случае?
И чем эта задача будет принципиально отличаться от задачи "Какова вероятность того, что в двузначном целом неотрицательном числе (числа от 0 до 9 будем записывать как 00, 01,..., 09) обе цифры -- четные?"
16.04.09 Автор: Ant1973
16 из 52
2Ant1973

Я уже объяснил в чём разница между двумя одинаковыми объектами и разными. Да, когда мы подкинем две разные монеты то вероятность выпадения двух орлов будет считаться по другому (проверьте это) потому что к пространству элементарных исходов где уже есть монета_а - орёл, монета_б - решка, добавится исход монета_б - орёл, монета_а - решка. Исходы эти разные. Результат соответственно тоже будет отличаться.

Насчёт второго вопроса - да результат будет другим. Потому что мы бросаем не два кубика а именно один кубик один за другим раз. Для первого броска у нас вероятность выпадения любой грани 1 / 6. Для второго тоже 1 / 6. Значит для двух последовательных бросков вероятность - (1 / 6) ^ 2 = 1 / 36. Мы один и тот же эксперимент (который определён пространством исходов и благоприятными исходами) делаем два раза. В случае с двумя кубиками мы другой эксперимент делаем ровно один раз.

Для десятигранных кубиков вероятность будет соответственно (1 / 10) ^ 2.

Эти две задачи для случая "один за другим" будут отличаться от задачи с числами пространством элементарных исходов т.к. у нас нет последовательных испытаний а есть одно под названием "выбор произвольного двузначного числа на множестве {00 ... 99}". Вероятность стало быть тоже будет другой.
16.04.09 Автор: Gliph
17 из 52
2Gliph.
Из Ваших утверждений вытекают весьма неортодоксальные выводы, в частности, что при игре в кости вероятности выпадения двух и трех очков равны.
И что если два человека одновременно бросают кубики, но у одного из них кубики одинаковые, а у другого окрашены в разные цвета, то вероятность выпадения двух четных чисел у них будет отличаться...
16.04.09 Автор: Ant1973
18 из 52
2Ant1973

Если уберём все внешние факторы (вес кубика, трение воздуха, сила подкидывания и т.д.) и оставим во внимании только очки на кубиках то вероятность согласно её определению будет именно такой. Тоже самое и для двух разных кубиков.

Если мы все эти факторы оставим то произойдёт самое интересное. А именно: при бесконечном подкидывании кубика вероятность выпадения любого очка будет стремиться к 1 / 6.
16.04.09 Автор: Gliph
19 из 52
2Ant1973

Объясню более просто насчёт разных кубиков.
Сначала возьмём два одинаковых кубика. Кубик и кубик.
Вася кинул два этих кубика. На кубике выпала четвёрка и на кубике выпала двойка. Вася кинул ещё раз. На кубике выпала двойка и на кубике выпала четвёрка. Как различить на каком кубике что выпало? Поэтому элементарный исход только один: на кубике выпало 2 и на кубике выпало 4. Т.е. {2, 4}. Фигурными скобками мы обозначаем множество т.е. порядок элементов не установлен.

Теперь возьмём два разных кубика. Разницу например определим цветом. Красный кубик и синий кубик. Вася кинул два кубика. На красном кубике выпала двойка а на синем четвёрка. Вася кинул ещё раз. Теперь на красном кубике четвёрка а на синем двойка. Это различимо поэтому исходы разные т.е. (2, 4), (4, 2). Круглыми скобками обозначается последовательность т.е. порядок элементов важен. Очевидно что для любого установленного для данного случая кол-во исходов будет минимум в 2 раза больше чем для неустановленного.
16.04.09 Автор: Gliph
20 из 52
2Gliph.
Хорошо. Такая ситуация. Имеются два кубика, красный и синий, и два наблюдателя, Вася и Петя. Пусть кубики подбрасываются автоматически, неким устройством... либо третим человеком... Наблюдатели наблюдают за подбросами, и записывают результаты -- если выпало два четных числа, то пишут 1, иначе 0. Теперь внимание: Пете не повезло, он дальтоник, и кубики для него ничем не отличаются. Значит ли это, что вероятность того, что на следующем броске наблюдатели запишут 1, для них разная?
16.04.09 Автор: Ant1973
21 из 52
2Ant1973

Совершенно верно. Предположим мир где живёт только Петя - дальтоник. Он ставит эксперимент и хочет посчитать вероятность того что при броске двух разных кубиков будут чётные результаты. Тогда задача сводится к одинаковым кубикам. Потому что для Пети они одинаковые. Для меня, Вас ещё кого то они может и разные но мы в мире Пети - дальтоника не живём. Значит вероятность чётного результата для Пети будет 6 / 21.

Мы считаем вероятность некоего события при поставленном эксперименте. Возникает вопрос: как мы определим что событие действительно произошло? Что оно случилось? Только с помощью наших органов чувств. Это если умными словами дуализм субъектно - объектных отношений, но давайте не развивать эту тему потому что: а) я мало что в ней смыслю, б) для того чтобы дискутировать на действительно философские темы то нужно знать её на действительно профессиональном уровне а не только разговаривать и трактовать понятия без их строгих определений. Конечно из одних строгих определений ничего и не будет но они всё-таки необходимы. в) это оффтоп.
16.04.09 Автор: Gliph
22 из 52
Без всякой философии давайте продолжим про мой пример с Васей и Петей, наблюдающими за одним_и_тем_же набором кубиков, и записывающими ряд нулей и единиц. Вы согласны, что записанный ряд у них совпадет? А теперь вспомните закон больших чисел, и скажите, к вероятности чего обязано стремиться отношение количества единиц в записанной последовательности к ее длине, при стремлении в бесконечность?
16.04.09 Автор: Ant1973
23 из 52
Я согласен с тем что набор единиц и нулей у Пети и Васи будет одним и тем-же. Я не согласен с тем что вероятность для i-той единицы у Пети и для i-той единицы у Васи будет одна и та-же.

Ответьте пожалуйста на следующие вопросы:

1. Чему равна вероятность единицы в списке у Васи и у Пети и почему?
2. Чему равна вероятность нуля в списке у Васи и у Пети и почему?
3. Чему равна вероятность k единиц из n членов списка в списке у Васи и у Пети и почему?
4. Чему равна вероятность k единиц в списке из бесконечного кол-ва членов у Васи и Пети и почему?
16.04.09 Автор: Gliph
24 из 52
Несколько предварительных слов, необходимых для ответа на Ваши вопросы.
Как я понимаю, вы согласны, что для Васи (не дальтоника) искомая вероятность будет равна 1/4? То есть, в этом случае мы имеем случайную последовательность X, имеющую биноминальное распределение с вероятностью p=P(X=1)=1/4.
Как известно, для биноминального распределения плотность вероятности имеет вид p(k) = (C из n по k)*p^k*(1-p)^(n-k). Это и есть ответ на вопрос #3.
3. p(k) = (C из n по k)*p^k*(1-p)^(n-k)
Соответственно, ответ на вопрос #4:
4. p(k) = lim (C из n по k)*p^k*(1-p)^(n-k), n->inf. Очевидно, что этот предел равен нулю.
Теперь вопросы #1 и #2.
1. Непосредственно из определения биномиального распределения следует, что вероятность равна 1/4.
2. Соответственно, 3/4.

А теперь -- самое главное, согласно закону больших чисел, предел отношения количества единиц в последовательности к ее длине, должен стремиться к той же самой вероятности 1/4. То есть, если мы возьмем миллион событий, и посчитаем единицы, то должны получить приблизительно 250 000.
Напоминаю, мы все это рассматривали с точки зрения Васи...

Если теперь мы рассмотрим все то же самое, но уже с точки зрения Пети (как Вы утверждаете, значение вероятности для него другое -- 6/21), то получится, что подсчитав единицы в той же самой последовательности из миллиона цифр, Петя должен получить что-то в районе 280 000 единиц.

Как это, по-Вашему, возможно?
16.04.09 Автор: Ant1973
25 из 52
Здравствуйте.
Э, как вас понесло.
Я с вами не играю, просто проведу работу над своими ошибками.
Работа над ошибками:

Пришел к тому что все-таки нужно учитывать последовательность.
Дабы различить кубики внесем цвета, которые вы уже начали активно использовать :)

Синий и красный. Прошу цвета принимать абстракто, дабы просто понять различие и увидить все варианты.

Получим:
(1к,1с) (1к,2с) (1к,3с) (1к,4с) (1к,5с) (1к,6с)
(2к,2с) (2к,3с) (2к,4с) (2к,5с) (2к,6с)
(3к,3с) (3к,4с) (3к,5с) (3к,6с)
(4к,4с) (4к,5с) (4к,6с)
(5к,5с) (5к,6с)
(6к,6с)

(2с,1к) (3с,1к) (4с,1к) (5с,1к) (6с,1к)
(3с,2к) (4с,2к) (5с,2к) (6с,2к)
(4с,3к) (5с,3к) (6с,3к)
(5с,4к) (6с,4к)
(6с,5к)

Количество исходов: 36
Количество удовлетворительных: 9

9/36=0.25

Ант прав :)
Спасибо.
16.04.09 Автор: Флайер
26 из 52
Блин, не верное пространство, апдейт:

(1к,1с) (1к,2с) (1к,3с) (1к,4с) (1к,5с) (1к,6с)
(2к,2с) (2к,3с) (2к,4с) (2к,5с) (2к,6с)
(3к,3с) (3к,4с) (3к,5с) (3к,6с)
(4к,4с) (4к,5с) (4к,6с)
(5к,5с) (5к,6с)
(6к,6с)

(2к,1с) (3к,1с) (4к,1с) (5к,1с) (6к,1с)
(3к,2с) (4к,2с) (5к,2с) (6к,2с)
(4к,3с) (5к,3с) (6к,3с)
(5к,4с) (6к,4с)
(6к,5с)

А следующее опускаем:

(1с,1к)
(2с,2к)
(3с,3к)
(4с,4к)
(5с,5к)
(6с,6к)

потому как оно монописуально в парности :)
16.04.09 Автор: Флайер
27 из 52
Возможных вариантов 6*6=36
Одновременно четные 3*3=9

9/36=1/4
17.04.09 Автор: Andy_K
28 из 52
2Флайер

Ант прав если кубики разные, это и коню ясно, что вероятность (3 * 3) / 36 = 9 / 36 = 1 / 4 и я с этим не спорю.

В исходной же задаче кубики по умолчанию одинаковые и вероятность будет 6 / 21 потому что пространство элементарных исходов уменьшилось за счёт неустановленного порядка. Значит значения будут другими.

2Ant1973

Так, с биномиальным распределением разобрались. Проблема у нас в одном: я говорю что для Пети - дальтоника p = 6 / 21, вы что p = 1 / 4. Я высчитываю вероятность p = 6 / 21 построив пространство элементарных событий и и разделив мощность события на мощность пространства. Вы посчитали p = 1 / 4 для одинаковых кубиков (что тоже самое когда Петя дальтоник) неверно и я показал почему.

Следующий ваш аргумент фактически в том что у одной и той-же последовательности из единиц и нулей два разных предела, чего быть не может. Это верно. Но закон больших чисел применяется для независимых случайных величин определённых на одном и том же вероятностном пространстве. У вас я не увидел построения вероятностного пространства и высчитывания вероятности тоже не увидел. Повторюсь: вероятностные пространства у Пети и Васи разные поэтому здесь бессмысленно применять закон больших чисел и с помощью него показывать что пределы разные.

Объясните пожалуйста ещё раз как вы для одинаковых кубиков получаете вероятность = 1 / 4.
17.04.09 Автор: Gliph
29 из 52
Прошу прощения не у последовательности из единиц и нулей два разных предела, а случайная величина X = sigma[i = 0 to n] (J) где J = 1 с вероятностью p стремиться к разным пределам или E(J)  =  p1 = 1 / 4 или E(J) = p2 = 6 / 21.
17.04.09 Автор: Gliph
30 из 52
2Gliph.
Сначала задам еще пару вопросов, очень хотелось бы услышать ответ, особенно на второй.
1. Отличается ли вероятность выпадения двух четных чисел на кубиках от вероятности выпадения двух орлов на монетах? Если да, то почему?
2. Вася и Петя играют в кости, бросая кубики. Если выпадает два четных числа, то Вася платит Пете 73 копейки, в противном случае Петя платит Васе 27 копеек. Кто в итоге останется в выигрыше?

Ваша ошибка в том, что Вы полагаете элементарные исходы необходимо равновероятными. А это в случае неразличимости кубиков неверно (что легко проверяется экспериментально).
На деле же P({1,2})=P(1;2)+P(2;1) = 2*P(1,1), где P({...}) -- вероятность исхода для неразличимых кубиков, а P(a;b) -- для различимых. Соответственно, 1/4 получается без проблем в обоих случаях.

Так же никак не могу согласиться с утверждением, что ссылки на закон больших чисел неприменима. Вполне применима. Да, для Васи и Пети вероятностные пространства формально разные, но мы ведь рассматриваем их по отдельности. Временно забудем про Петю, оставив одного Васю с его последовательностью. Вероятностное пространство есть, фиксированное, последовательность независимых случайные величины -- есть. Применяем закон больших чисел, получаем предел -- 1/4.
Теперь забываем про Васю, повторяем процедуру для Пети... Вероятностное пространство для него свое, но тоже вполне фиксированное. Последовательность тоже есть, та же самая, что и раньше... ЗБЧ вполне применим. Применяем, и тоже должны получить предел, но уже 6/21...

...Если развивать эти рассуждения, то можно прийти к тому, что свойства чисел зависят от того, каким образом эти числа были получены, и что 4 = 2+2 и 4=2*2 -- это разные числа... Тема, безусловно, благодарная и философская, но к математике, увы, отношения не имеющая :)

PS.
В качестве темы для размышлений, цитата из профильного учебника [1]:
«Пример 1. Бросаются три игральные кости. Что вероятнее: получить в сумме выпавших очков 11 или 12?
Эта задача, как это видно из исторического дополнения, была одной из первичных, на которой формировались понятия и методы теории вероятностей. Утверждают, что с ней связана и следующая легенда: однажды к Галилею (а кто говорит, что к Гюйгенсу) за консультацией обратился ландскнехт. Его интересовал именно предложенный нам вопрос. Ландскнехт оказался мыслящим человеком, склонным к теоретическому и экспериментальному мышлению. Он заявил Галилею, что согласно логике обе эти суммы должны появляться одинаково часто, но опыт учит другому, а именно, что сумма 11 появляется чаще, чем 12. В чем здесь дело? Обоснование ландскнехта на первый взгляд звучит убедительно: числа 11 и 12 оба могут быть разложены на сумму трех положительных слагаемых лишь шестью различными способами, а именно, 11=1+5+5=1+4+6=2+3+6=2+4+5=3+3+5=3+4+4;
12=1+5+6=2+4+6=2+5+5=3+4+5=3+3+6=4+4+4;
отсюда по его мнению вытекает равновозможность обоих интересующих нас событий. Однако Галилей возразил ему. сказав, что каждое из этих разложений следует снабдить еще определенным весом и пояснил свою мысль таким рассуждением. Назовем кости "первой", "второй" и "третьей"; тогда разложение 1+5 + 5 на самом деле может произойти не одним, а тремя
различными способами:
1+5+5=5+1+5=5+5+1,
т.е. единица может выпасть на первой, второй или третьей кости. Точно также разложение 1+4+6 может произойти следующими шестью различными способами:
1+4+6=1+6+4=4+1+6=4+6+1=6+1+4=6+4+1.
Таким образом, 11 в сумме может появиться не шестью, а 27 различными равновозможными способами. Сумма же 12, оказывается, разлагается лишь 25 различными способами. Здесь все дело в том, что разложение 4+4+4 осуществимо лишь одним способом.»
17.04.09 Автор: Ant1973
31 из 52
2Ant1973

1. Да отличается. Потому что разные вероятностные пространства.
2. Это задача на случайное блуждание, а я не помню методики её решения.

Теперь насчёт ЗБЧ. Приведу ваши же слова:

"А теперь -- самое главное, согласно закону больших чисел, предел отношения количества единиц в последовательности к ее длине, должен стремиться к той же самой вероятности 1/4. То есть, если мы возьмем миллион событий, и посчитаем единицы, то должны получить приблизительно 250 000.
Напоминаю, мы все это рассматривали с точки зрения Васи...

Если теперь мы рассмотрим все то же самое, но уже с точки зрения Пети (как Вы утверждаете, значение вероятности для него другое -- 6/21), то получится, что подсчитав единицы в той же самой последовательности из миллиона цифр, Петя должен получить что-то в районе 280 000 единиц.

Как это, по-Вашему, возможно?"

Это возможно поскольку мы говорим о разных вероятностных пространствах соответственно предел у Пети свой а у Васи свой. Вы кстати именно это показали в последнем вашем посте. И вероятность единицы для Пети 6 / 21 а у Васи 1 / 4. Я уже несколько раз объяснил почему это так.

Большое спасибо за красивую иллюстрацию для установленного или не установленного порядка в вероятностном пространстве. А также за связь между событием и случайной величиной меряющей это событие.

P.S. Учебники Гнеденко, Гмурмана и Феллера были одним из источников задач и теоретического материала во время прохождения мной курса по ТВ :).
18.04.09 Автор: Gliph
32 из 52
Поправка для ответа на вопрос №1. Думаю, что вы имели в виду, что кубики разные тогда вероятность будет одной и той-же.
18.04.09 Автор: Gliph
33 из 52
2Glish.
«Это возможно поскольку мы говорим о разных вероятностных пространствах соответственно предел у Пети свой а у Васи свой.» Так в том-то и фокус, что используя ЗБЧ, мы уходим от исходного вероятностного пространства, и просто ищем предел последовательности чисел (p1/1; p2/2, p3/3,...), где pn — количество единиц среди первых n членов. Последовательность-то одна и та же, независимо от того, от Васи или от Пети мы ее получили...

Про мои вопросы. Нет, я имел в виду именно одинаковые кубики, Ваша поправка к ответу была излишней. :) Тогда следующий вопрос. Пусть кубики (одинаковые) размечены следующим образом: на трех гранях нанесена 1, а на оставшихся -- цифры 2, 4, 6. Какова вероятность выпадения двух четных чисел? И двух нечетных?

Очень жаль, что Вы не ответили на второй вопрос. Тогда его упрощенная форма: каково математическое ожидание выигрыша одного из игроков, например Васи, в одном-единственном раунде этой игры?
18.04.09 Автор: Ant1973
34 из 52
2Ant1973

Да, вы правы. Ответ = 1 / 4. Моя ошибка заключалась в том, что построив пространство элементарных исходов я предположил, что оно равновероятностное, а это неверно т.к. например у исхода {2,4} вероятность 2 / 36 а у исхода {1,1} вероятность 1 / 36. Соответственно:
P({2,2} U {2,4} U {2,6} U {4,4} U {4,6} U {6,6}) = 1 / 36 + 2 / 36 + 2 / 36 + 1 / 36 + 2 / 36 + 1 / 36 = 9 / 36 = 1 / 4. Действительно вероятность выпадения грани не зависит от того разные кубики, или одинаковые. Она зависит только от свойств кубика как такового.

Попытка опровержения того что я говорил используя ЗБЧ неудачна т.к. нарушена предпосылка, что пространство одно и то же. То есть насколько я понял, вы хотели показать что не может быть такого, что для одной и той же последовательности вероятность будет то 1 / 4 то 6 / 21. Верно. Не может. Но ЗБЧ это не покажет.

Теперь я проделаю работу над ошибками ).

"Событие 3) я не описал потому что когда на "первом" например выпадает двойка а когда на "втором" кубике например единица или наоборот - это невозможно различить. Поэтому такие понятия "первый" и "второй" в данной задаче отсутствуют." - это действительно невозможно различить но на подсчёт вероятности это никак не влияет.

"Посчитаем вероятность для {1,1}.
Кол-во благоприятных исходов = 1.
Кол-во всех исходов = 21.
Вероятность = 1 / 21." - Это можно делать только если пространство равновероятностное, что неверно.

"Два орла: {О, О}
Все исходы: {{О, О}, {О, Р}, {Р, Р}}.

Вероятность: 1 / 3. " - неверно по той-же причине.

"Да, результат будет другим... ...Мы один и тот же эксперимент (который определён пространством исходов и благоприятными исходами) делаем два раза. В случае с двумя кубиками мы другой эксперимент делаем ровно один раз." - Результат другим не будет. Подкинуть один раз два кубика, то-же самое что подкинуть один кубик два раза.

Вроде всё.

2. Пусть X случайная величина считающая выигрыш Васи за раунд. Область значения X: R(x) = {-73, 27}. X = -73 с вероятностью 1 / 4, X = 27 с вероятностью 3 / 4. Значит E(X) = -73 * (1 / 4) + 27 * (3 / 4) = 8 / 4 = 2. В среднем за раунд Вася выиграет 2 копейки.

1. Для нечётных чисел:
P({1, 1}, {1, 3}, {1, 5}, {3, 3}, {3, 5}, {5, 5}} = 9 / 36 + 3 / 36 + 3 / 36 + 1 / 36 + 1 / 36 + 1 / 36 = 18 / 36 = 1 / 2.
Для чётных:
P({2, 2}, {2, 4}, {2, 6}, {4, 4}, {4, 6}, {6, 6}) = 1 / 36 + 1 / 36 + 1 / 36 + 1 / 36 + 1 / 36 + 1 / 36 = 6 / 36 = 1 / 6.
18.04.09 Автор: Gliph
35 из 52
2Gliph.
Рад, что мы, наконец, пришли к консенсусу. Спорить с Вами было интересно, я получал удовольствие от процесса. Спасибо. :)

PS. Заметил, что ненароком исковеркал Ваш ник в предыдущем посте. Приношу свои извинения. :(
18.04.09 Автор: Ant1973
36 из 52
2Ant1973

Спасибо вам также за плодотворную дискуссию ).
18.04.09 Автор: Gliph
37 из 52
Каждый из кубиков вероятность 1/2
1/2*1/2=1/4
25 процентов
это можно и без всякой теории вероятности понять
20.04.09 Автор: Fulcrum
38 из 52
Нет не какой вероятности.
22.04.09 Автор: User 1078
39 из 52
Ну и расчеты некоторые приводят:) имхо два варианта на одном, два на другом кубике. 2*2=4
шанс 1 к 4
05.07.09 Автор: Без имени
40 из 52
Событие "чётное число" = {(2,2), (4,4), (6,6)}. Кол-во исходов = 3.
Кол-во исходов во всём пространстве элементарных событий = 36.
Вероятность: 3 / 36 = 1 / 12 = 0.08
29.01.10 Автор: Mays
41 из 52
Не могу удержаться. Верхний ответ Ant1973 абсолютно верен. Маленькая деталь - это задача из олимпиады для МЛАДШИХ школьников. Мой в 3-ем классе писал такие.
Удивительно интересно развиваются люди - с познанием теории у них нередко отмирает банальный здравый смысл.
04.02.10 Автор: НДС в счетах для физлиц
42 из 52
Просто поразительно, какое нагромождение ошибочных расчётов люди ухитряются соорудить из простейшей задачи. А всё почему? По причине незнания теории. Которая гласит, что вероятность одновременного происхождения двух НЕЗАВИСИМЫХ событий за какое-то время (в нашем случае - за 1 раз, т.к. время подгоняется под завершение бросков) равна произведению вероятностей происхождения каждого из этих двух событий. Броски кубиков - независимы потому, что результат одного броска никак не влияет на результат другого. Вероятность выпадения чётного числа на 1 кубике равна 3/6 = 1/2. Вероятность двух чётных чисел, соответственно, 1/4.
Но!
Русский язык, как известно, велик и могуч. Попробуем прочитать задачу чуть иначе: "какова вероятность,что при подбрасывании двух игральных кубиков одновременно выпадает чётное число?" -> "какова вероятность,что при подбрасывании двух игральных кубиков чётное число выпадет одновременно?"
И вот тут задача резко переходит в совершенно другой класс и становится неразрешимой без знания теории.
Ответ на вторую версию задачи говорить пока не буду.
14.02.10 Автор: Maxim Brown
43 из 52
Вероятности НЕТУ. Все зависит от силы броска, силы ветра, плотности воздуха, силы притяжения и еще от много чего. Предположим, что один кубик ты бросил в нормальном состоянии, а другой в опьяненном. Какая тут может быть вероятность? Все зависит от состояния человека и еще от много чего. Если все эти условия будут совершенно одинаковыми (сила броска, ветер и т.п.), то и результаты будут совершенно одинаковые. Если они будут всегда разными - то и результаты будут зависеть от разницы между ними.

Сколько % человек в мире ежегодно умирает от падения кокосов на голову? А ведь эти проценты на обум не берутся, там тоже влияют сила притяжения, вес кокоса и твердость черепа человека... ничего случайного нету. Кстати, на этом в свое время сделал большие ошибки Эйнштейн.

Играл когда нибудь в компьютерные игры? Знаком с понятием "рандом"? Так вот, в знаменитой линейке в своё время, с вероятностью попадания в 95% у меня случались промахи по 5 раз вподряд. Теоретически, они могут случаться до бесконечности, т.к. оставшиеся 5% никто не отменял. Проценты тебе ничего не дадут. Даже компьютерный рандом не берётся на обум, все зависит от того, куда какая нибудь деталька повернётся.
24.02.10 Автор: El Caballero
44 из 52
А скажите пожалуйста а какова вероятность того что выпадет одно четное, а второе  не четное???
12.10.10 Автор: Без имени
45 из 52
>А скажите пожалуйста а какова вероятность того что выпадет одно четное, а второе  не четное???
1/2.
12.10.10 Автор: Ant1973
46 из 52
бросают одновременно две игральных кости Найти вероятность того,что произведение выпавших очков будет четным
27.01.11 Автор: Без имени
47 из 52
Точка О- центр квадрата ABCD. Прямая SO перпендикулярна  плоскости этого квадрата
19.05.11 Автор: Белый лебедъ
48 из 52
Здесь собрались наитупейшие бараны из всех кого я знаю....  какие 1/4 , 1/3 , 5/21 и т.д. ВЫ О ЧЕМ???

Одновременно четное падает в случаях: 2 и 2; 4 и 4; 6 и 6.
Всего случаев 6х6=36 (на каждую цифру в первом кубике прилагается 6 цифр другого).
Благоприятных событий 3 => шанс 3/36=1/12.
Тоесть шанс, что, подбросив две игральные кости, выпадет одновременно четное число равен  1\12.
12.05.12 Автор: Без имени
49 из 52
Хех, неожиданное толкование исходного вопроса, и ведь формально не поспоришь...
Но дело в том, что Вы отвечаете на вопрос "какова вероятность,что при подбрасывании двух игральных кубиков одновременно выпадает ОДНО И ТО ЖЕ чётное число", а все обсуждение выше подразумевало ответ на вопрос "какова вероятность,что при подбрасывании двух игральных кубиков одновременно НА КАЖДОМ ИЗ НИХ выпадает чётное число (НЕ ОБЯЗАТЕЛЬНО ОДНО И ТО ЖЕ)". (Капсом выделены ключевые моменты)
Собственно, обе трактовки имеют право на существование, но какую из них имел в виду автор вопроса, мы, скорее всего уже никогда не узнаем. :)
12.05.12 Автор: Ant1973
50 из 52
Вариант 1
какова вероятность,что при подбрасывании двух игральных кубиков одновременно,(!) выпадает чётное число?
Всего комбинаций 21
{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}
Успешных комбинаций 12
{1,1} {1,3} {1,5} {2,2} {2,4} {2,6} {3,3} {3,5} {4,4} {4,6} {5,5} {6,6}
Итого:
12/21

Вариант 2
какова вероятность,что при подбрасывании двух игральных кубиков,(!) одновременно выпадут чётные числа?
Всего комбинаций 21
{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}
Успешных комбинаций 6
{2,2} {2,4} {2,6} {4,4} {4,6} {6,6}
Итого:
6/21
17.07.12 Автор: Без имени
51 из 52
Помогите пожалуйста с решением вот такой задачи: 1. Производство дает 0,1 % брака. Чему равна вероятность того, что среди 5 деталей окажутся бракованными ровно 3 детали. 2. Для прядения смешаны поровну белый и окрашенный хлопок. Какова вероятность того, что среди 1000 прядей окажется больше половины белого хлопка.
23.12.12 Автор: Без имени
52 из 52
1/9
04.07.13 Автор: Без имени
Это может быть интересно
чему равна вероятность того,что при 5 подбрасываниях игральной кости выпадает:а)хотя бы 1 раз 6-ка;б)менее 2ух раз 6-ка
какова вероятность,что при подбрасывании двух игральных кубиков сумма выпавших очков будет 8
теория вероятности
Игральный кубик
Какова вероятность выпадения 5 и 6 или 6 и 5 при подбрасывании двух игральных костей.
Войти
Просмотреть Вопросы и ответы в версии: для мобильных устройств | для ПК
©2014 Google - Политика конфиденциальности - Справка