Страниц: 1 [2]
  Печать  
Автор Тема: Вероятность и кубики  (Прочитано 6348 раз)
0 Пользователей и 1 Гость смотрят эту тему.

Два кубика с цифрами от 1 до 6. Чему равна вероятность получить сумму ровно 101 при нескольких бросках двух кубиков одновременно?
Димыч
Умник
****
Offline Offline

Сообщений: 770

СПАСИБО
-вы поблагодарили: 65
-вас поблагодарили: 383


Просмотр профиля
Ответ #15 : Январь 28, 2011, 17:22:22 �

Все это верно при условии, что предел действительно существует. Это еще надо посмотреть…
Записан

zhekas
Гений-Говорун
*
Offline Offline

Сообщений: 1035

СПАСИБО
-вы поблагодарили: 34
-вас поблагодарили: 486



Просмотр профиля Email
Ответ #16 : Январь 28, 2011, 17:45:48 �

ну во всяком случае P(101) достаточно близкое к 1/7, а P(200) ещё ближе
Записан
buka
Гений
*****
Offline Offline

Сообщений: 960

СПАСИБО
-вы поблагодарили: 4
-вас поблагодарили: 120



Просмотр профиля
Ответ #17 : Январь 29, 2011, 00:49:55 �

Прекрасный подход, жму руку.
Он базируется на том, что с увеличением n  P(n+1) -> P(n).
Думаю, что это можно доказать по индукции, доказав, что при любом n P(n+1) > P(n), проверив это на первых 12 n (1...12), предположив справедливость для первых к (к>12) и получив,
что Р(к+1) > P(к).
Но у меня есть замечание по таблице:
n-1 :36/36
n-2 :35/36
n-3 :33/36
n-4 :30/36
n-5 :26/36
n-6 :21/36
n-7 :15/36
n-8 :10/36
n-9 :6/36
n-10:3/36
n-11:1/36
n-12:0/36
У Вас везде в знаменателе фигурирует 36, значит Вы отличаете 1,2 от 2,1.
Но тогда, во-первых, Р(n-3) = 34/36 а не 33/36 и P(n-2) = 34/36 а не 35/36 -> Вы должны  1,1 засчитывать дважды.
А во-вторых, почему знаменатель равен 36 всё-таки. Для P(n-9), например, требуется учесть и порядок при выбрасывании внутри пары и между парами.
Я не проверял, может Вы это учитываете, но как получилось 36 в знаменателе?
Записан
zhekas
Гений-Говорун
*
Offline Offline

Сообщений: 1035

СПАСИБО
-вы поблагодарили: 34
-вас поблагодарили: 486



Просмотр профиля Email
Ответ #18 : Январь 29, 2011, 01:02:35 �

Всего 36 состояний у двух кубиков. Можно даже перечислить.
(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
(2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)
(3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)
(4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)
(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)
(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)

Что касается P(n-3), из 36 комбинаций кубиков я вычитываю кобинации которые в сумме с n-3 дают число <= n. Таких комбинаций 3
(1,1): n-3+2=n-1
(1,2): n-3+3=n
(2,1): n-3+3=n

36-3=33

А про сходимость тут немножко сложнее, так как последовательность P(n) не монотонная, поэтому просто так это не доказать

Я не учитываю перходы между числами n-k, например (n-9) ->(n-5),  потому что эти переходы уже заложены в вероятность выпадания числа (n-5)
Последнее редактирование: Январь 29, 2011, 01:16:24 от zhekas Записан
buka
Гений
*****
Offline Offline

Сообщений: 960

СПАСИБО
-вы поблагодарили: 4
-вас поблагодарили: 120



Просмотр профиля
Ответ #19 : Январь 31, 2011, 01:52:33 �

zhekas, мне кажется удалось доказать сходимость.
Пусть р - наша искомая вероятность P(n), а вероятности P(n-1), P(n-2) и т.д. будем представлять в виде:  р + x(n-1), p + x(n-2) и так далее,
 где х(n-к) может быть как положительным так и отрицательным.
Пусть Х = max(|x(n-k)|). T.е Х - это максимальное по абсолютной величине отклонение от р.
Тогда вместо уравнения запишем два неравенства, где вместо P(n-к) будут фигурировать сначала р+X, а затем p-X:
1-р > 6р - 6Х (1)
1-р < 6р + 6Х (2)
Получим: 1/7 - (6/7)*Х < р < 1/7 + (6/7)*Х
Отсюда следует, что с возрастанием n гарантированно уменьшается отклонение от 1/7, т.е. для следующей группы из 12 последовательных чисел отклонение как минимум в 6/7 раза меньше.
Последнее редактирование: Январь 31, 2011, 01:56:06 от buka Записан
zhekas
Гений-Говорун
*
Offline Offline

Сообщений: 1035

СПАСИБО
-вы поблагодарили: 34
-вас поблагодарили: 486



Просмотр профиля Email
Ответ #20 : Январь 31, 2011, 22:30:22 �

данную последовательность можно также записать с помощью линейно рекуррентного оператора

X_n=A*X_{n-1}

где матрица A имеет вид
0  1/36 2/36 3/36 4/36 5/36 6/36 5/36 4/36 3/36 2/36 1/36
1    0     0      0      0      0      0      0      0      0      0      0
0    1     0      0      0      0      0      0      0      0      0      0
0    0     1      0      0      0      0      0      0      0      0      0
0    0     0      1      0      0      0      0      0      0      0      0
0    0     0      0      1      0      0      0      0      0      0      0
0    0     0      0      0      1      0      0      0      0      0      0
0    0     0      0      0      0      1      0      0      0      0      0
0    0     0      0      0      0      0      1      0      0      0      0
0    0     0      0      0      0      0      0      1      0      0      0
0    0     0      0      0      0      0      0      0      1      0      0
0    0     0      0      0      0      0      0      0      0      1      0

а X_0 имеет вид

1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0

данная матрица - матрица Лесли. Её максимальное собственное значение равно 1. А значит последовательность векторов X_n сходится при n->бесконечности.

А к какому вектору мы уже знаем

1/7
1/7
1/7
1/7
1/7
1/7
1/7
1/7
1/7
1/7
1/7
1/7

Записан
PARK
Свой человек
***
Offline Offline

Сообщений: 241

СПАСИБО
-вы поблагодарили: 2
-вас поблагодарили: 16


Просмотр профиля
Ответ #21 : Февраль 02, 2011, 23:10:25 �

Решение такое:
Cреднее кол-во очков на двух кубиках = 7. Значит для выбрасывания двумя кубиками n очков в среднем будет совершено n/7 бросков. Соответственно, вероятность набора произвольного числа очков будет стремиться к (n/7)/n = 1/7. И для n=101 тоже, но чем больше число n, тем ближе вероятность будет стремиться к 1/7.
Записан
Страниц: 1 [2]
  Печать  
 
Перейти в: