Как сделать так чтобы всегда выпадало на кубике 6
Обновлено: 07.07.2024
Вы бросаете игральную кость до тех пор, пока не выпадет 6. Каково среднее ожидаемое число бросков (включая тот, который дал 6) при условии, что во всех предыдущих бросках выпадали четные числа?
Подсказка 1
Эти рассуждение и ответ — неправильны!
Подсказка 2
Решение
Пусть мы начинаем бросать кость и записываем результаты в строчку. Если выпадает нечетное число (1, 3, 5), то объявляем серию бросков неудачной и переходим на следующую строчку. Как только выпала шестерка — броски заканчиваются. Средняя длина последней строчки и будет ответом на задачу.
откуда сразу находим S = 1,5. Смысл этого уравнения такой: с вероятностью 4/6 результатом броска будет цифра, которая закончит строчку, а с вероятностью 2/6 строчка продолжится. Но так как продолжение строчки состоит в таком же бросании кубика, то оно имеет среднюю длину, также равную S, то есть вся строчка, если она не закончилась сразу, имеет среднюю длину 1 + S.
Послесловие
Эту забавную головоломку предложил профессор MIT Эльханан Мозель (Elchanan Mossel). Строго говоря, она не является парадоксом, поскольку имеет четкое и совершенно строгое решение. Парадоксальность ей придает только то, что очень многие люди отказываются принимать это решение и настаивают на своей (ошибочной) версии с ответом 3.
Разумеется, это не первая вероятностная задача, в которой интуитивно очевидный ответ оказывается неверным. Приведу еще несколько примеров таких задач. Начну с относительно малоизвестной.
Представьте, что в нашем распоряжении есть неограниченный запас белых и черных шариков и урна, в которой поначалу лежит всего два шарика — черный и белый. Мы начинаем повторять следующие действия:
1) вытаскиваем из урны случайный шарик;
2) возвращаем его обратно;
3) добавляем в урну еще один шарик того же цвета.
В какой-то момент количество шариков в урне станет равным 1000. Какова вероятность, что белых из них не менее 800?
Еще один очень простой пример основан на бросании монетки (его часто называют нетранзитивной игрой Пеннея в честь Уолтера Пеннея, открывшего эту нетранзитивность в 1969 году).
У мистера Смита два ребенка, по крайней мере один из которых — мальчик. Чему равна вероятность того, что оба его ребенка — мальчики?
aeol 13.10.2017 11:08 Ответить
Вы усредняете длину строки по всем строчкам (в т.ч. тем, которые оканчиваются на 1, 3, 5). А надо - только по тем, которые оканчиваются на 6. Тогда как раз получится 3.
xolod aeol 13.10.2017 13:23 Ответить
средняя длина строчек, заканчивающихся на 1, 3, или 5 будет такой же как и с числом 6 (их появление дает один и тот же эффект - строчка заканчивается)
aeol xolod 13.10.2017 13:59 Ответить
xolod 13.10.2017 13:36 Ответить
Действительно, после прочтения условия задачи, я очень быстро нашел ответ 3 (хотя надо было понять, что тут должен быть подвох, но в упор его не видел). Затем, когда появились подсказки, сильно задумался и действительно пришел к выводу что 3 неправильно, а правильно 1.5, хотя рассуждал совсем не так как в у Вас в решении (решение же Пола Каффа просто замечательное!). Потом сделал моделирование на компьютере, что подтвердило, правильный ответ 1.5. Видимо разум, когда видит задачу, пытается отбросить все лишние детали и свести задачу к более простой: хочется откинуть все нечетные числа и рассматривать как-будто бы кубик с 3-мя сторонами, а эту задачу уже решать (но 3-х сторонний кубик тут не будет эквивалентен). В самой такой процедуре упрощения можно допустить ошибку и как раз в этой задаче ее сделать очень легко.
neophyte 15.10.2017 14:06 Ответить
1. Подсказка 2: "Среди всех таких последовательностей выбираются только те, в которых до шестерки не было нечетных чисел 1, 3, 5". Поясните, зачем тогда в решении учитываются эти последовательности?
2. Искусственные приемы выглядят очень красиво. Однако в целях обучения, а не привлечения внимания к красоте решения, на мой взгляд необходимо использовать "регулярные" методы (вероятностное пр-во и т.д.). Они позволяют решать задачи не придумывая каждый раз новых приемов.
kknop neophyte 15.10.2017 17:52 Ответить
Видите ли, как раз регулярные методы здесь очень легко приводят к ошибке.
И задачи на "Элементах", как я понимаю цель этого проекта, - не замена регулярному обучению по той или иной специальности, а именно демонстрация красот, которые в этой специальности возможны.
neophyte kknop 16.10.2017 13:27 Ответить
1. К сожалению на вопрос в предыдущем посте Вы не ответили.
2. В применении "регулярных" методов в данном случае нет никаких затруднений.
Вероятность последовательности длиной k, заканчивающейся 6 и содержащей только 2 и 4 есть
P(k)=C(1/6)(2/6)^(k-1),
где константу С надо выбрать из условия нормировки => C=4.
Т.о. средняя длина последовательности 3/2.
johny5coder 16.10.2017 04:32 Ответить
Думаю тут самое сложное понять, что вероятность того что цепочка будет длиной 1 равна 4/6. Помогите найти ошибку в рассуждении:
Вероятность того что цепочка будет длиной 1:
1/6 (сразу выпала 6) + 1/2 * 1/6 (сначала выпала 135 которую мы проигнорируем, потом 6) + . = 2 * 1/6
Вероятность того что цепочка будет длиной 2:
(2/6 (сразу выпала 2,4) + 1/2 * 2/6 (сначала выпала 135, потом 24) + .. ) * 1/6 (и 6ка в конце) = (2/6)^2
Вероятность того что цепочка будет длиной n: (2/6)^n
Неверный результат 0.75.
К сожалению, финт с S+1 мне остался непонятен.
johny5coder johny5coder 16.10.2017 07:03 Ответить
Я так понимаю, формула суммирования тут неверна.
Суммарная вероятность всех исходов должна быть равна единице, потому что иначе мы как бы учитываем отброшенные броски. Более правильно считать как SUM( S * p(S) ) / SUM ( p(S) ), что как раз даёт 0.75 / 0.5 = 1.5
johny5coder johny5coder 16.10.2017 07:29 Ответить
В целом вижу решение на пальцах.
Пусть из N бросков пусть мы получили 100 последовательностей из одной 6ки.
Последовательностей длиной два будет в 3 раза меньше, потому что нужно ещё выкинуть 2 или 4. Для длины 3 будет ещё в 3 раза меньше и т.д.
К примеру: 100, 33, 11, .
Ожидаемое среднее считается по формуле E(S) = ∑S * P(S)
P(S) = Кол-во бросков при длине S / всего бросков N
E(S) = ∑S * Num(S) / N
Выходит 1*100 + 2*33 + 3*11 + .. / N, где N = 100 * ∑(1/3)^x = 150
1*100 + .. = 225, и результат 1.5
JoJo johny5coder 16.10.2020 10:40 Ответить
Пожалуйста, используйте IE6/7/8 с плагином MathPlayer, Firefox с установленными математическими шрифтами или Opera 9.5 и выше.
| Объявления | Последний пост | |
|---|---|---|
| Преподаватель мехмата МГУ удостоен международной премии по математике Presburger Award | 28.07.2020 01:04 | |
| Работа автором топиков и проектов на математическом треке Hyperskill | 24.09.2021 21:18 | |
| Postdoc: Stochastics and algorithmics behind network problems (Netherlands) | 08.10.2021 08:36 | |
кто сможет ответить и объяснить почему?
сколько раз в среднем надо кинуть игровой кубик чтоб выпали все 6 сторон?
минимум конечно же 6 бросков - каждая сторона выпадает в свою очередь.
максимум - бесконечность. ну а как посчитать среднее кол-во?
Редактировалось 2 раз(а). Последний 28.03.2011 22:54.
Среднее количество = матожидание. Итак, есть с.в. - число бросков, за которое выпадают все 6 граней. Вам нужно найти матожидание этой с.в.
Нужно выписать закон распределения той случайной величины, которую я Вам назвал, и найти ее матожидание.
Не в моих правилах давать готовые решения задач.
Редактировалось 1 раз(а). Последний 29.03.2011 16:28.
можно хоть примерно?
просто показать пример. я сам подчситаю.
я не могу понять что куда подставлять.
мне известно что матожидание это сумма всех значений умноженных на их же вероятность.
но как не крути - не могу дойти до ответа.
можно хоть намекнуть?
Редактировалось 1 раз(а). Последний 29.03.2011 15:15.
Предложение г. Brukvaluba вполне понятно: нужно найти для любого натурального числа $k$ вероятность $P(k)$ того, что последовательность длины $k$ из цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6 содержит все эти цифры, а ее начальный отрезок длины $k-1$ содержит только 5 из этих цифр. Вот тут-то и сидит неприятность - найти эту вероятность не так-то просто. А нам следует получить для нее достаточно хорошую замкнутую формулу, чтобы подсчитать сумму ряда: $\sum_
Предложу другой подход: Пусть $n$ - с.в. числа бросков кубика, сделанных до появления всех 6 граней, тогда $n=1+n_1+n_2+n_3+n_4+n_5$ , где $n_i$ - число бросков до получения соответствующего значения . Каждая из с.в. $n_i$ имеет геометрическое распределение $p(n_i=k)=(>)^k$ со средним $E(n_i)=\frac$ ,и тогда $E(n)=6+\frac+\frac+\frac+\frac+1$
Выражаю глубокую благодарность г. Brukvalubu за приведенное им решение. На всякий случай изложу, как я это понял: $n_0=1,n_1. n_5$ для данной последовательности бросков длины $n$ определяются следующим образом: $1$ - номер самого раннего броска, когда появилась первая цифра, $1+n_1$ - номер самого раннего броска, когда появилась вторая цифра, . $1+n_1+. +n_i$ - номер самого раннего броска, когда появилась $i+1$ -ая цифра.
Тогда действительно, каждое из слагаемых есть случайная величина равная числу испытаний "до первого успеха", с вероятностью успеха в одном испытании $\frac$ (выбор цифры не входящей в уже выбранные $i$ штук), $q=1-p=\frac$ . В этом случае матожидание величины $n_i-1$ равно $\frac
=\frac$ . Соответственно матожидание $n_i$ на единицу больше и равно $\frac$ . Ну а сумму мы видели в посте г. Brukvaluba. Прелесть!
Но это не совсем тот способ, о котором можно было подумать из ранних постов г. Brukvaluba. Т.к. задачка все-таки учебная, то на всякий случай набросаю, как можно было бы довести вычисления до ума, если бы пришлось и впрямь устанавливать закон распределения и вычислять суммы рядов. Думаю, это может быть полезно. Хотя, как сказала бы уважаемая Shwedka: "Это явный оверкил".
Прежде всего разберемся с пространством событий. Можно напрямую определить его как множество всех последовательностей из 6-и цифр. На нем можно определить подходящую меру так, чтобы для любого множества $u$ последовательностей длины $k$ мера множества $M_u$ всех последовательностей, первые $k$ членов которых образуют последовательность из данного множества, равнялась $\frac$ - т.е. это вероятность попадания начального отрезка в данное множество в пространстве $k$ - элементных последовательностей. Но можно просто считать, что последовательности из цифр 0, 1, . 6 представляют шестиричные записи чисел отрезка $(0;\;1)$ с обычной мерой Лебега.
Упражнение: Такое представление удовлетворяет сформулированному выше условию (для доказательства достаточно показать, что для любых двух последовательностей цифр длины $k$ множества последовательностей, начинающиеся с них, измеримы и имеют равные меры).
Нам потребуется для каждого $k$ найти число $A^5_k$ всех таких последовательностей длины $k$ , которые содержат ровно 5 различных цифр. Множество таких обозначаем $U_k^5$ . Аналогично для $i\le5$ определяем число $A^i_k$ и множество $U_k^i$ всех таких последовательностей длины $k$ , которые содержат $i$ различных цифр. Теперь наша цель, определить эти последовательности чисел. Для этого рекомендую использовать аппарат производящих функций.
Основания для оптимизма имеются:
1. Последовательность $A^1_k$ - просто последовательность шестерок.
2. Последовательность $A^_k=A^_*i+A^_*(7-i)$ .
Эти соотношения позволяют нам найти рекуррентные соотношения для искомых последовательностей чисел. Соотношения линейные и по ним можно найти производящие функции, а можно и замкнутые формулы. Но рекомендую работать с производящими функциями.
ВОТ КАК С НИМИ МОЖНО ПОСТУПАТЬ.
Пусть $u_1,u_2. u_k. $ - последовательность множеств конечных последовательностей цифр ( $k$ -ый член последовательности состоит из последовательностей длины $k$ ) Пусть $a_1,a_2. a_k. $ - последовательность мощностей этих множеств. Производящей функцией этой последовательности называется сумма ряда:
$f(x)=\sum_a_kx^k$ , если этот ряд сходится в некоторой области. Конечно, априори мы не уверены в сходимости, но здесь мы можем работать со сходимостью в пространстве формальных степенных рядов, что обосновывает дальнейшие действия на начальном этапе. Если нам удалось просуммировать этот ряд, то мы сможем очень многое сказать . Например, пусть $U$ - дизъюнктное объединение множеств $U_$ . Тогда вероятность попадания произвольной (бесконечной) последовательности в множество $U$ равна $\sum_a_k\frac=f\left(\frac\right)$ ,
Заметим попутно, что радиус сходимости нашего ряда не меньше 1/6, а сумма $f(1/6)$ не больше 1.
Можно найти и математическое ожидание величины $k$ , которая распределена по закону:
$p(k)=\frac$ . Для этого найдем производную и умножим ее на $х$ :
$xf^'(x)=\sum_a_kkx^k$ , из чего находим: $M[k]=\fracf^'\left(\frac\right)$ .
Для нахождения производящей функции для последовательности $A^5_k$ можно воспользоваться общей теорией линейных реккурентых последовательностей (см. Маркушевич, Возвратные последовательности, 1950 г.) или просто, используя приведенные выше рек. соотношения, найти эту самую функцию. Делается это примерно так:
Пусть $f(x)=\sum_a_kx^k$ - известная функция, требуется найти функцию:
$g(x)=\sum_b_kx^k$ , для которой имеется рекуррентное соотношение:
$b_k=u*b_+va_$ . Тогда очевидно, что $uxg(x)+vxf(x)=\sum_b_kx^k=g(x)-b_0$ . Отсюда находим:
$g(x)=\frac$ . Как видим, если функция $f$ рациональна, то и искомая функция тоже рациональна.
Большое спасибо уважаемым господам Brukvalubу (за оригинальное решение) и Museumу (за подробнейший разбор решения и новые идеи). Таким образом, видим, что минимальное среднее число подбрасываний кубика, пока не выпадут все грани, равно $14,7$ .
Поначалу, чисто интуитивно, мне казалось, что это число должно быть несколько больше, т.к. возможны повторения одних и тех же граней при подбрасывании. Поэтому решил проверить полученный результат экспериментом, разумеется виртуальным, на компьютере, используя генератор случайных чисел в пакете Maple. Привожу полученные результаты.
Назовём серией любую последовательность выпадений цифр от 1 до 6, пока не появятся все все эти цифры. Задача состоит в нахождении средней длины таких серий. При большом числе серий средняя длина должна приближаться к 14,7.
Сначала сгенерируем последовательность из 100 серий.
Код в Maple:
roll := rand(1..6):
M:=[ ]:
for i from 1 to 100 do
L:=[ ]:
for j from 1 while not convert([seq(evalb(k in L),k=1..6)],`and`) do
L:=[op(L),roll( )] od:
M:=[op(M),L]: od:
op(M);
evalf(add(nops(M[k]),k=1..nops(M))/nops(M));
Полученный результат (последовательность серий и средняя длина):
[4, 4, 4, 1, 3, 5, 1, 6, 1, 5, 4, 6, 6, 6, 4, 5, 5, 4, 1, 6, 3, 2], [6, 4, 6, 5, 2, 2, 3, 6, 3, 6, 2, 2, 5, 2, 4, 1], [3, 6, 3, 4, 5, 4, 2, 4, 2, 2, 3, 3, 5, 4, 2, 1], [3, 3, 2, 6, 3, 6, 4, 2, 1, 5], [4, 6, 2, 5, 1, 5, 3], [1, 2, 6, 6, 2, 3, 1, 3, 6, 5, 5, 6, 3, 4], [6, 6, 3, 6, 1, 6, 6, 5, 4, 5, 1, 5, 6, 6, 4, 1, 4, 6, 4, 3, 2], [1, 6, 2, 3, 4, 3, 3, 5], [4, 3, 1, 1, 1, 3, 3, 1, 1, 4, 6, 5, 5, 1, 6, 4, 2], [6, 3, 2, 3, 5, 5, 2, 4, 3, 2, 3, 6, 5, 1], [1, 4, 4, 2, 6, 3, 5], [3, 2, 3, 1, 3, 6, 6, 2, 4, 5], [3, 1, 4, 6, 5, 2], [3, 3, 1, 4, 5, 3, 2, 6], [6, 2, 6, 3, 4, 4, 1, 4, 3, 3, 4, 5], [6, 5, 4, 5, 2, 1, 4, 1, 3], [5, 4, 1, 4, 4, 1, 1, 4, 3, 5, 1, 5, 1, 4, 1, 3, 1, 5, 2, 6], [4, 5, 6, 2, 1, 6, 5, 1, 2, 2, 2, 5, 5, 4, 4, 4, 1, 5, 4, 4, 4, 3], [5, 6, 2, 4, 5, 5, 2, 6, 1, 1, 6, 4, 1, 1, 1, 1, 4, 1, 4, 4, 3], [6, 5, 2, 5, 1, 2, 3, 5, 3, 1, 5, 6, 3, 5, 2, 2, 4], [6, 2, 1, 4, 4, 6, 6, 5, 1, 1, 3], [1, 2, 2, 6, 3, 2, 6, 2, 2, 2, 4, 4, 5], [1, 5, 4, 6, 6, 2, 5, 1, 5, 1, 1, 2, 6, 4, 6, 2, 4, 5, 5, 6, 1, 5, 4, 6, 3], [2, 4, 1, 5, 2, 2, 4, 6, 3], [3, 3, 3, 5, 4, 6, 3, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 6, 3, 6, 2, 4, 5, 1], [6, 1, 1, 5, 3, 1, 3, 3, 5, 1, 3, 4, 3, 2], [4, 5, 4, 3, 6, 3, 6, 6, 2, 2, 3, 5, 5, 3, 1], [4, 2, 4, 1, 6, 5, 4, 1, 3], [1, 6, 4, 6, 6, 2, 4, 6, 3, 1, 3, 2, 1, 5], [4, 1, 1, 4, 4, 5, 1, 3, 1, 2, 1, 6], [6, 5, 1, 3, 6, 1, 2, 4], [4, 1, 1, 2, 3, 6, 3, 4, 4, 3, 2, 2, 3, 5], [2, 4, 5, 3, 5, 1, 6], [2, 2, 5, 4, 5, 6, 2, 5, 1, 3], [1, 3, 5, 5, 2, 3, 4, 5, 3, 5, 1, 4, 1, 5, 4, 2, 5, 5, 5, 5, 4, 4, 3, 6], [6, 5, 3, 6, 3, 4, 4, 3, 1, 5, 2], [2, 6, 4, 3, 5, 1], [2, 6, 2, 4, 3, 3, 6, 3, 6, 2, 2, 2, 2, 1, 4, 5], [1, 2, 6, 2, 4, 1, 5, 3], [2, 4, 1, 4, 6, 5, 6, 3], [6, 6, 2, 2, 2, 3, 1, 4, 5], [2, 5, 4, 4, 5, 6, 3, 6, 6, 5, 3, 5, 2, 6, 4, 5, 1], [3, 1, 4, 1, 4, 6, 4, 5, 3, 2], [2, 3, 6, 5, 2, 5, 4, 4, 5, 6, 6, 2, 6, 6, 6, 4, 2, 3, 6, 6, 3, 2, 4, 5, 6, 6, 5, 5, 6, 3, 3, 4, 6, 1], [3, 4, 6, 1, 2, 4, 4, 6, 3, 4, 3, 6, 6, 3, 1, 3, 5], [2, 2, 2, 1, 4, 3, 2, 5, 2, 2, 2, 5, 6], [2, 1, 6, 1, 4, 3, 1, 6, 6, 5], [3, 2, 5, 6, 5, 6, 1, 1, 4], [4, 1, 6, 2, 2, 6, 6, 3, 5], [6, 4, 2, 6, 3, 3, 5, 3, 5, 5, 1], [3, 5, 2, 3, 6, 1, 3, 5, 5, 5, 5, 6, 2, 2, 1, 4], [5, 2, 5, 4, 2, 1, 4, 4, 6, 4, 3], [6, 5, 6, 1, 3, 5, 5, 6, 4, 4, 2], [3, 2, 2, 2, 6, 5, 3, 5, 2, 5, 2, 6, 5, 5, 3, 3, 2, 6, 3, 2, 4, 5, 5, 2, 4, 3, 5, 3, 1], [4, 4, 2, 5, 4, 5, 6, 1, 6, 3], [2, 1, 6, 6, 2, 2, 6, 2, 5, 5, 5, 3, 4], [5, 6, 3, 6, 4, 1, 6, 5, 1, 3, 4, 1, 1, 2], [2, 1, 4, 3, 2, 1, 5, 2, 4, 1, 5, 1, 2, 3, 1, 6], [1, 2, 2, 2, 2, 5, 6, 4, 3], [2, 5, 2, 4, 1, 2, 3, 3, 5, 3, 5, 3, 3, 3, 2, 2, 6], [3, 2, 2, 5, 2, 6, 3, 1, 5, 4], [5, 5, 4, 2, 4, 1, 5, 6, 2, 6, 5, 1, 6, 5, 5, 2, 2, 4, 3], [2, 5, 1, 3, 3, 1, 6, 6, 3, 4], [6, 3, 6, 5, 4, 1, 4, 3, 5, 5, 3, 2], [3, 2, 1, 2, 3, 1, 1, 6, 5, 5, 5, 6, 3, 5, 1, 4], [4, 4, 4, 4, 5, 2, 2, 1, 4, 2, 2, 3, 1, 5, 5, 3, 5, 2, 3, 5, 1, 6], [5, 5, 1, 3, 4, 4, 1, 2, 5, 5, 2, 2, 3, 5, 6], [1, 4, 3, 2, 3, 5, 3, 5, 6], [6, 4, 5, 1, 6, 1, 1, 4, 6, 5, 4, 1, 4, 3, 5, 3, 5, 6, 1, 4, 2], [5, 1, 5, 6, 3, 5, 5, 6, 5, 1, 1, 1, 1, 6, 6, 4, 5, 2], [6, 5, 3, 5, 1, 6, 2, 5, 3, 6, 4], [3, 2, 4, 6, 3, 4, 6, 1, 2, 5], [4, 3, 1, 3, 5, 4, 2, 3, 3, 1, 5, 6], [2, 2, 5, 2, 1, 1, 2, 6, 6, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 2, 5, 1, 6, 5, 5, 1, 3], [5, 3, 5, 2, 2, 1, 1, 5, 4, 4, 1, 4, 2, 5, 2, 3, 5, 2, 6], [6, 3, 3, 1, 4, 3, 1, 1, 5, 6, 1, 1, 2], [6, 6, 4, 4, 3, 2, 2, 2, 6, 5, 2, 5, 6, 1], [2, 5, 2, 3, 5, 2, 5, 4, 1, 3, 1, 6], [1, 3, 4, 3, 3, 6, 2, 2, 5], [3, 5, 4, 1, 5, 1, 1, 2, 5, 2, 4, 2, 4, 3, 5, 2, 3, 6], [5, 5, 2, 5, 4, 6, 3, 6, 2, 2, 6, 4, 4, 3, 5, 1], [3, 2, 4, 4, 4, 2, 2, 4, 4, 3, 3, 4, 6, 4, 1, 2, 3, 6, 2, 3, 3, 1, 6, 2, 6, 1, 2, 6, 5], [3, 2, 1, 5, 1, 2, 6, 2, 2, 4], [2, 4, 3, 1, 6, 2, 6, 2, 5], [3, 5, 1, 3, 2, 4, 2, 1, 6], [1, 3, 1, 1, 1, 2, 5, 4, 2, 4, 5, 2, 4, 6], [6, 1, 1, 1, 3, 3, 3, 4, 6, 5, 6, 3, 3, 2], [6, 1, 2, 1, 4, 5, 5, 6, 4, 3], [4, 4, 3, 4, 1, 3, 4, 6, 6, 5, 6, 6, 3, 2], [3, 1, 2, 4, 3, 3, 2, 1, 4, 5, 3, 6], [5, 4, 5, 6, 1, 1, 5, 4, 4, 4, 2, 1, 3], [6, 1, 3, 6, 3, 5, 1, 6, 5, 2, 4], [1, 6, 6, 6, 1, 6, 1, 3, 5, 6, 1, 2, 1, 3, 3, 2, 6, 2, 4], [4, 5, 4, 5, 2, 3, 1, 6], [1, 6, 3, 4, 1, 1, 2, 6, 2, 4, 3, 3, 3, 1, 6, 6, 5], [5, 5, 2, 3, 6, 2, 6, 5, 4, 1], [2, 2, 2, 3, 1, 1, 6, 5, 3, 1, 2, 6, 3, 1, 5, 5, 2, 6, 6, 4], [4, 3, 2, 3, 1, 1, 5, 2, 1, 5, 6], [6, 6, 5, 2, 4, 1, 1, 4, 5, 1, 2, 6, 3], [6, 2, 4, 3, 6, 6, 6, 6, 2, 2, 2, 2, 4, 2, 3, 5, 1]
$13,86$ - это средняя длина этих 100 серий
Если число серий увеличить до 1000, то средняя длина оказалась равной $14,839$ .
Если взять 50000 серий, то средняя длина оказалась равной $14,7122$ .
На мой взгляд, результат эксперимента достаточно убедительно подтверждает теоретический вывод $14,7$
Развлечения
Теперь об игре
Суть ее заключается в поочередном выбрасывании игроками костей и подсчете результатов. Выигрывает тот, кто первым наберет 1000 очков.
Также в зачет идут комбинации граней:
В любом случае, попробуйте, и если вам понравится, то приятный и веселый вечер вам обеспечен.
Удачных бросков вам и послушных костей!
Посчитать вероятность бросить дубль очень легко. Первый кубик может выпасть любой гранью. Например, выпала шестёрка. Тогда, для получения дубля нам необходимо, чтобы и на втором кубике выпала именно шестёрка. Граней у кубика 6. Выпадение любой из них равновероятно. Вероятность выпадения шестёрки на втором кубике равна 1/6. Это число и будет вероятностью выпадения дубля при броске двух игральных костей.
А если мы хотим посчитать вероятность выпадения какого-то определённого дубля, например 6-6? Тогда нужно учесть вероятность выпадения и первого кубика шестёркой. Она, как мы уже знаем равна 1/6. Поскольку нам необходимо, чтобы оба кубика выпали шестёркой, нам следует перемножить вероятности. 1/6 * 1/6 = 1/36.
Читайте также: