Dobra, rzucamy kostką d6 raz, czy d12 dwa razy? Co da większe prawdopodobieństwo otrzymania przynajmniej raz cyferki 1, a może prawdopodobieństwo jest takie samo i to bez znaczenia? XD
------------------
#pytanie #memy #matematyka
@entropy_ bo lubisz takie zabawy. xd
prawdopodobieństwo jest takie samo
XD
@Dziwen moim zdaniem takie samo - 1/2. Wypadanie albo nie wypadanie.
Spoiler:
Kostka kwadratowa 1/6, czyli 0.1(6), kostka 12-boczna 23/144, czyli 0.1597(2)
@Marcus_Aurelius Jest jakiś inny sposób żeby to policzyć czy liczyłeś po prostu zdarzenia?
@M_B_A Trzeba policzyć zdarzenia tak czy siak, ale można sobie ułatwić, licząc zdarzenia przeciwne (jest mniej wariantów). Zob. mój komentarz niżej.
@motokate W sumie to zawsze trzeba policzyć zdarzenia, ale chodziło mi oczywiście czy trzeba ręcznie liczyć wszystkie możliwye zdarzenia (i stąd 23) czy jest jakiś wzór kombinatoryczny na to. Twoje rozwiązanie że zdarzeniami przeciwnymi wydaje się być bardziej eleganckie.
@M_B_A Można użyć wzorów albo dla kombinacji, albo wariacji (czy przyjmiesz kolejność rzutów za istotną, czy nie, i tak wyjdzie to samo prawdopodobieństwo). Tylko dla zdarzenia "wygrana" wyrażenie do policzenia dla kostki 12 będzie dłuższe.
@Dziwen miałem napisać to samo, ale czekaj xD
@Dziwen kostka 6 ścienna. To się nie sumuje, bo rzut kostką 6 razy nie gwarantuje 1.
nie ma znaczenia, i tak bede save scumowac
@5tgbnhy6
@Dziwen ja jestem prosty chlop ze wsi. Więc nie umiem w matematykę. Ale znajomość paradoksu hazardzisty podpowiada mi, że opcja numer 1 jest korzystniejsza
1/12 + 11/12*1/12 vs 2/12? Czyli 6tką lepiej?
Komentarz usunięty
W takich zadaniach czasem łatwiej podejść do tego odwrotnie - jakie jest prawdopodobieństwo przegranej?
Kostka 6: 5/6 = 0.8(3)
Kostka 12: 11/12 * 11/12 = 0.8402(7)
Prawdopodobieństwo przegranej jest większe dla kostki 12, czyli lepiej rzucić raz szóstką.
@motokate przecież tutaj chyba policzyłeś, że musiałaby wypaść 1 dwukrotnie. Czemu mnożysz szansę, jak przy pierwszym wypadnięciu może być od razu 1 i drugi rzut nie będzie potrzebny?
@Chrabonszcz to jest prawdopodobieństwo porażki, czyli że w pierwszym nie wypadnie jedynka i w drugim też nie
@Chrabonszcz Nie, liczyłam prawdopodobieństwo niewypadnięcia jedynki ani razu.
@motokate @radziol liczyłeś szansę niewypadnięcia jedynki dwukrotnie, czyli gdyby warunkiem wygranej było 2x 1.
Odwróć sobie te wyliczenia dla przeciwnego oczekiwania i masz 1/12 x 1/12 😉
Nie bierzesz pod uwagę faktu, że jak się uda w pierwszym rzucie, to drugiego nie będzie.
@Chrabonszcz Liczę prawdopodobieństwo zdarzenia A - niewypadnięcia jedynki na D12. Żeby przegrać, nie może wypaść za pierwszym (11/12) i (mnożenie) nie może wypaść za drugim razem (11/12) - muszą być dwa rzuty. Czyli P(A) = 11/12*11/12.
Prawdopodobieństwa zdarzeń przeciwnych w sumie dają 1 (jest pewność, że jedynka wypadnie lub nie wypadnie). Zatem prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego do A wylicza się że wzoru P(A') = 1 - P(A), a nie "odwracając mnożenie".
Jeśli chciałbyś policzyć wprost prawdopodobieństwo wygranej, to będzie "na pierwszej kostce 1 (i już nie rzucamy drugiej) lub na pierwszej nie 1 i na drugiej 1", czyli 1/12 + 11/12*1/12.
Możesz też rozrysować sobie drzewko dwóch rzutów - z korzenia 12 gałęzi (jedna na każdy możliwy wynik rzutu D12), z każdej gałęzi 12 kolejnych (drugi rzut) - i zsumować prawdopodobieństwo tych liści drzewa, które dają pożądany wynik. Są 144 liście (możliwe zdarzenia), prawdopodobieństwo każdego jest takie samo (1/144), 23 z nich zawierają jedynkę w którymś z rzutów. Czyli 23/144.
Ten wątek doskonale obrazuje, jak nieintuicyjne jest prawdopodobieństwo dla ludzkiego umysłu.
PS. Błagam, nie próbuj żadnemu licealiście tłumaczyć matmy.
Panie ja to kończyłem podstawówkę, a nie matematykę, więc dla mnie wszystko jedno. Przy moim szczęściu, to żadną z tych kostek nie wyrzucę "1".
Przyfarciłem ;d teraz poproszę mojego miliona.
Wg mnie prawdopodobieństwo jest takie same. W przypadku d12 szansy nie mnożymy, bo nie potrzebujemy 2 rzutów, żeby spełnić warunek.
Więc d6 = 1/6
D12 = 1/12 + 1/12 = 1/6
@Chrabonszcz ja jestem prosty chłop. Przy d6 masz szansę 1/6, czyli 24/144, a przy dwóch rzutach d12 masz 23/144, bo nie liczysz 1,1 jako dwa osobne wyniki oznaczające sukces. Matematykiem nie jestem i dlatego liczę, że ktoś lepszy mi napisze, czy to ma lub nie ma sensu. XD
@Dziwen
Ma sens.
A oto co pisze Ci ChatGpt:
Aby obliczyć szansę (prawdopodobieństwo) wyrzucenia przynajmniej jednej jedynki przy dwóch rzutach kością dwunastościenną (2d12), najlepiej skorzystać z reguły dopełnienia:
...
Pomocne wyprowadzenie.
P(zdarzenia) = 1 - P(zdarzenia przeciwnego)
P(wypadnie co najmniej jedną jedynka na 2d12) = 1 - P(wypadnie 2-12 na obu d12)
P(1) = 1 - P(2-12) * P(2-12) = 1 - 11/12 * 11/12 = 23/144
0,1597, czyli niecałe 16%.
A dla 1/6 to jest 0,1666(6), czyli mamy 7 promili szansy więcej na korzyść rzutu 1d6.
@Chrabonszcz Prawdopodobieństwo jakiegokolwiek zdarzenia nie może być wyższe niż 1 (1 to pewność). Zobacz, co się dzieje z Twoim obliczeniem, jeśli chciałbyś policzyć kostkę 12 dla 13 rzutów. No i na doświadczenie życiowe - czy jeśli rzucisz 12 razy, to masz pewność, że jedynka się trafi?
TL;DR Czerwona daje minimalnie lepsze szanse.
O ile prawdopodobieństwo przy kostce czerwonej łatwo wyliczyć, to obliczenia jak przy niebieskiej kostce mogą być podchwytliwe. Takie przpypadki, gdy coś może udać się przy pierwszej lub drugiej próbie, łatwiej rozpatrywać przez zaprzeczenie - jaka jest szansa że nie wypadnie za pierwszym ani drugim razem?
Są tylko dwie opcje - uda się albo się nie uda. Szansa powodzenia i niepowodzenia sumują się więc do 1 (albo 100%). Szansa wyrzucenia czegoś innego niż 1 to w przypadku pierwszej 5/6, a w przypadku drugiej 11/12 za każdym razem, czyli 11/12 * 11/12, lub 121/144.
Po sprowadzeniu do wspólnego mianownika daje to 120/144 w przypadku czerwonej i 121/144 w przypadku niebiejskiej. Z tego wynika że szansa powodzenia to odpowiednio 24/144 i 23/144 dla kostki 6 i 12-stronnej.
@Sowi znowu to mnożenie szans. Przecież jak w pierwszym rzucie d12 wypadnie 1, to nie będzie już drugiego rzutu.
@Chrabonszcz Powodzenie przy pierwszej próbie, przy drugiej, oraz niepowodzenie to tutaj jedyne możliwości - czyli ich prawdopodobieństwo sumuje się do 1, albo do 100%. Jeżeli chcemy wiedzieć ile wynoszą nasze szanse na powodzenie, niezależnie w której próbie, musimy odjąć od 1 wszystko inne, czyli szanse na niepowodzenie.
Żeby ani jeden z rzutów nie trafił w "1" muszą nastąpić po sobie dwa takie same wydarzenia: "Wypada cokolwiek innego niż 1". Oba te wydarzenianmają szansę 11/12, bo 11 z 12 pól kostki to coś innego niż "1".
Ponieważ liczymy teraz szansę na wystąpienie po sobie dwóch zdarzeń o prawdopodobieństwie 11/12, możemy pomnożyć te prawdopoodbieństwa. Otrzymamy teraz szansę na wszystko inne niż powodzenie = 121/144.
Masz rację, że nie powinno się mnożyć szans na wyrzucenie "1" w pierwszym lub drugim rzucie, ale to się tu nie dzieje. Żeby nie wypadła ani jedna "1" muszą nastąpić po sobie dwie porażki, dwa kolejne zdarzenia o pewnym prawdopodobieństwie. Żeby wiedzieć z jaką szansą wystąpią obie musimy pomnożyć ich szanse. Tak samo jak szansa na dwie reszki w dwóch rzutach monetą to 0,5*0,5=0,25:
O O
O R
R O
R R
I, odpowiednio, szansa że wypadnie choć jeden orzeł (powodzenie w pierwszym lub drugim rzucie) to 100% minus szansa że żaden nie wypadnie (czyli wypadną same reszki)
1-(0,5*0,5) = 1-0,25 = 0,75
Zaloguj się aby komentować