[bert04]

Tu są istotne drobne szczegóły.

Prawdopodobieństwo wyrzucenia 6 za drugim razem jest równe 1/6. Takie samo, jak za pierwszym i za którymkolwiek innym.
Prawdopodobieństwo wyrzucenia 6 co najmniej raz w dwóch rzutach jest większe niż 1/6 - bo możesz wyrzucić 6 albo za pierwszym razem, albo za drugim, albo za oboma.
Prawdopodobieństwo wyrzucenia 6 pierwszy raz w drugim rzucie jest mniejsze niż 1/6. To dlatego, że jak wspomniał Pterodaktyl, dodajesz dodatkowy warunek - nie tylko musisz wyrzucić 6 w drugim rzucie, ale musisz też nie wyrzucić 6 w pierwszym. Stąd szansa jest mniejsza niż szansa samego wyrzucenia 6 w drugim rzucie (która jest taka sama, jak szansa wyrzucenia w pierwszym).

I dlatego Pterodaktyl ma rację moim zdaniem

Trochę myślałem na ten temat, parę postów pisałem, ale w szkicowniku wylądowały. Rozwiązanie intuicyjne sprzeciwia się rozwiązaniu matematycznemu, ale to w stochastyce częściej bywa, IMHO.

Na koniec doszedłem do wniosku, że można tu zastosować stary dobry trójkąt Pascala. Dla każdego przypadku mamy równanie P=(4/5+1/5)^n, a rozwiązania kolejnych przypadków to rozwiązanie tychże wielomianów. Przykładowo przy czterech rzutach prawdopodobieństwo wrzucenia P(t;n), gdzie t oznacza liczbę trafień, jest kolejno:

P(0;4)=0.8^4=0.4096.
P(1;4)=4(0.8^3*0.2)=4*0.1024=0.4096
P(2;4)=6(0.8^2*0.2^2)=6*0.0256=0.1536
P(3;4)=4(0.8*0.2^3)=4*0.0064=0.0256
P(4;4)=0.2^4=0.0016

Przy czym faktor na początku oznacza liczbę możliwych przypadków, więc obliczanie, jak w zadaniu, że pierwsze trafienie będzie przy czwartym wrzucie (oznaczmy sobie jako t=1'), to:
P(1';4)=0.1024.

.... i na razie tyle. Teoretycznie można by teraz szukać takiej wartości n, dla której P(1';n) jest większe, niż P(t>1;n). Ale czy znajdziemy taką, w której P(1';n) jest większe niż P(0;n)? Chyba nie*. Musiałbym to sobie w excelu rozwałkować, na razie dziękuję.


EDIT:
(*oczywiście, że nie, P(1';n)=P(0;n)*(0,2/0,8))