[Hans Żydenstein]

Nie. Przy 8 rzutach, to bardziej prawdopodobnej jest, że trafisz 2 razy niż, że trafisz raz

[Pterodaktyl]

Zagadka matematyczna z prawdopodobieństwa.

Rzucamy piłką do kosza z linii rzutów za 3 punkty. Jako, że jesteśmy amatorami, to prawdopodobieństwo trafienia wynosi 1/5

Jaka jest najbardziej prawdopodobna liczba rzutów do pierwszego trafienia ? Wynik proszę podać wraz z obliczeniami.

0 
Oczywiście nie licząc tego trafionego.
Najbardziej prawdopodobne jest to, że pierwsze trafienie zaliczymy za pierwszym rzutem, ponieważ wraz z kolejnymi rzutami zmniejsza się prawdopodobieństwo nietrafienia żadnego rzutu - a im mniejsze to prawdopodobieństwo, tym mniej możliwe, że następny rzut będzie tym pierwszym trafionym.

Na przykładzie tego zadania:

• jeden rzut:
  

P(A)=1/5 
P(B)=4/5

• dwa rzuty:
  

P(A)=4/5*1/5
P(A)=4/25
P(B)=4/5^2
P(B)=16/25

• trzy rzuty:
  

P(A)=(4/5^2)*1/5
P(A)=16/125
P(B)=4/5^3
P(B)=64/125

et cetera...
gdzie:
P(A) - prawdopodobieństwo, że ostatni rzut był pierwszym trafionym,
P(B) - prawdopodobieństwo, że żaden rzut nie był jeszcze trafiony.

[Hans Żydenstein]

A jak prawdopodobieństwo trafienia wynosiłoby 1/1000000000000 , to też 1 rzut byłby najbardziej prawdopodobną liczbą rzutów, po których trafimy do kosza?

Zatem nie.

[Fizyk]

Jak dla mnie Pterodaktyl ma rację.

Przy prawdopodobieństwie trafienia p, prawdopodobieństwo pierwszego trafienia za n-tym razem jest [latex](1-p)^{n-1}p[/latex]. Gdy p jest większe od 0, 1-p jest mniejsze od 1, więc [latex](1-p)^{n-1}[/latex] jest malejącą funkcją n. To znaczy, że maksymalna wartość jest dla n=1, niezależnie od wartości p (chyba, że jest 0, wtedy prawdopodobieństwo dla dowolnego n jest 0).

Chyba, że coś tu w zagadce jest podchwytliwe, a tego nie widzę. A może pytanie miało być o co innego?

[Pterodaktyl]

A jak prawdopodobieństwo trafienia wynosiłoby 1/1000000000000 , to też 1 rzut byłby najbardziej prawdopodobną liczbą rzutów, po których trafimy do kosza?

Zatem nie.

Czym innym jest prawdopodobieństwo, że w końcu się uda trafić, a czym innym prawdopodobieństwo, że celny będzie n-ty rzut.
To pierwsze rośnie systematycznie wraz z liczbą rzutów, więc nigdy nie osiąga punktu szczytowego. Drugie natomiast działa tak, jak wyżej wyłożył Fizyk.
Natomiast w przytoczonym teraz przez Ciebie przypadku różnice prawd. stają się mikroskopijne, a więc proces stochastyczny traci na znaczeniu, jeśli bierzemy pod uwagę realne liczby rzutów.

[bert04]

Coś mi się wydaje, że problem należy rozpatrzyć trochę inaczej. Jeżeli rzucamy normalną kostką, to prawdopodobieństwo wyrzucenia 6 za pierwszym razem jest 1/6, ale za drugim razem nie może być mniejsze od pierwszego razu. Może być albo równe 1/6 (moje początkowe podejście) albo musi być WIEKSZE. Natomiast w formule Pterodaktyla prawdopodobieństwo wyrzucenia za drugim razem jest mniejsze? Mniejsze, niż gdyby przedtem wcale nie rzucał? To nie ma sensu.

Rozpatrzmy to inaczej. Zakładam, że P(B) jest prawidłowo. W takim razie niech nowe P(A) = 1-P(B). Oznacza to, wszystkie przypadki wpadnięcia piłki do kosza. Dla n=3 P(B)=0,51, więc prawdopodobieństwo niewrzucenia jest większe niż jakiekolwiek wrzucenie w jakimkolwiek poprzednim rzucie. Dlatego w nowym rozdaniu stawiam na n=4.

[Hans Żydenstein]

W moim pytaniu chodzi o liczbę rzutów, a nie który rzut.

Czym innym jest prawdopodobieństwo, że w końcu się uda trafić, a czym innym prawdopodobieństwo, że celny będzie n-ty rzut.
To pierwsze rośnie systematycznie wraz z liczbą rzutów, więc nigdy nie osiąga punktu szczytowego

Tak, tylko że przy tym pierwszym wraz z liczbą rzutów rosną prawdopodobieństwa że uda się trafić 2 razy, 3 razy...

Generalnie pytanie pochodzi z tego programu : https://youtu.be/knPT0-dG6lI?t=1188
Ja zrozumiałem to tak, że chodzi po prostu o wartość oczekiwaną

[ZaKotem]

A teraz pełne rozwiązanie:

Pierwsza historia:

Obraz: "mochitsuki" Trzej zjednoczyciele państwa przyrządzają tradycyjne noworoczne placki ryżowe. Nobunaga jest pokazany dwukrotnie, Hideyoshi tradycyjnie jako małpa (to był jego przydomek, ponoć taką facjatę miał). A Tokugawa z tyłu zjada owoce pracy.

Ożeż w mordęż, człowiecze, kto miał kojarzyć takie egzotyczne historie

[Hans Żydenstein]

Jak podał podpowiedź filmową, to było już "z górki"

[Fizyk]

Coś mi się wydaje, że problem należy rozpatrzyć trochę inaczej. Jeżeli rzucamy normalną kostką, to prawdopodobieństwo wyrzucenia 6 za pierwszym razem jest 1/6, ale za drugim razem nie może być mniejsze od pierwszego razu. Może być albo równe 1/6 (moje początkowe podejście) albo musi być WIEKSZE.

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

---

W moim pytaniu chodzi o liczbę rzutów, a nie który rzut.
(...)
Ja zrozumiałem to tak, że chodzi po prostu o wartość oczekiwaną

To pytasz nie o to, w którym rzucie trafienie jest najbardziej prawdopodobne, tylko jaka jest średnia liczba rzutów do pierwszego trafienia. To są dwie różne rzeczy

Jak pisałem w poście wyżej, prawdopodobieństwo trafienia pierwszy raz w n-tym rzucie wynosi [latex]P(n) = (1-p)^{n-1}p[/latex].

Średnia liczba rzutów do pierwszego trafienia wynosi: [latex]<n> = \sum\limits_{k=1}^\infty kP(k)[/latex]

Jeśli dobrze liczę, to ten szereg sumuje się po prostu do 1/p. Dla p=1/5, to będzie równe 5 - czyli średnio pierwsze trafienie będzie w 5 rzucie.

[bert04]

Ożeż w mordęż, człowiecze, kto miał kojarzyć takie egzotyczne historie

Zadanie było możliwe do rozwiązania przez lingwistów (zefciu + ???), japonofilów (Ergo?) i fanów historii. Choć chyba przeceniłem liczebność tej ostatniej frakcji. Na "wierze" w zagadkach historycznych były pytania o jakieś ostatnie zdanie jakiegoś hudefaka w jakiejś bitwie na ocenia spokojnym między japsami a jankesami. A ostatnio na forum Japonia była w paru tematach.

Ale widocznie liczba fanów cząsteczek elementarnych, oddziaływań silnych czy biochemicznych podstaw fotosyntezy jest większa.

[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))

[Hans Żydenstein]

Dobrze, więc tak - Pterodaktyl wygrał. Drugie miejsce Fizyk. Pterodaktyl ma pierwszeństwo w zadaniu zagadki, może się zrzec na rzecz Fizyka. Dodatkowo każdy otrzymuje po plusie

Więc prawidłową odpowiedzią jest oczywiście 1, które jest dominantą. Dla mnie jak się okazało był to bardziej lingwistyczny problem. Najlepsze jest to, że nawet przy prawdopodobieństwie trafienia 1 do miliona, 1 do miliarda itd. , zawsze ten pierwszy strzał będzie najbardziej prawdopodobną liczbą strzałów do pierwszego trafienia

Tutaj macie nawet oficjalne rozwiązanie zagadki z filmiku, który wrzucałem : http://web.archive.org/web/2006041120545...nr%201.pdf


Bert - dla Ciebie tym razem nagroda pocieszenia :

[Pterodaktyl]

Teraz dam łatwiejszą:
Trzech misjonarzy podróżuje po Afryce w towarzystwie trzech ludożerców. Ludożercy oczywiście już nie są ludożercami, ale przestali nimi być stosunkowo niedawno.
Całe towarzystwo przybywa nad brzeg rzeki. Mają ze sobą jedynie niewielką nadmuchiwaną łódkę, która mieści dwie osoby, i jedno wiosło. Wszyscy trzej misjonarze i jeden ludożerca potrafią wiosłować. Misjonarze zdają sobie sprawę, że nie wolno zostawić na żadnym brzegu jednocześnie więcej ludożerców niż misjonarzy, bo to się może źle skończyć.
W jaki sposób udało się misjonarzom przeprawić przez rzekę nie narażając się na zjedzenie?

[kmat]

Jak rozumieć "zostawić na brzegu"? Czy sytuacja, gdy na brzegu jest jeden misjonarz, a w łódce płynie dwóch ludożerców, z których jeden wysiądzie a drugi wróci to 1M i 2L, czy 1M i 1L?

[Pterodaktyl]

Należy założyć, że przy każdym dopłynięciu do brzegu obie osoby choć na chwile wysiadają z łódki

[kmat]

A czy misjonarze mogą zjadać ludożerców?
Ok, może tak. Dwóch ludożerców wsiada do łódki. Ten co umie wiosłować wraca, ten co nie umie zostaje na drugim brzegu. Kolejny raz dwóch ludożerców wsiada do łódki, wioślarz wraca. Dwóch misjonarzy wsiada, jeden wraca z ludożercą. Do łodzi wsiada misjonarz i ludożerca wioślarz, wraca misjonarz i ludożerca niewiosłujący. Dwóch misjonarzy wsiada do łódki. Na drugim brzegu są wszyscy misjonarze i wioślarz ludożerca. Tenże robi jeszcze dwa kursy na pierwszy brzeg po ludożerców.

[Pterodaktyl]

Dokładnie tak.

[kmat]

Ok, to moje.

Większość mojej rodziny, w tym ja, potrafi góry przenosić. Gdy jednak oni wszyscy umrą i tylko ja zostanę, nie będę mogła już tego robić.

[kmat]

Podpowiedź:
Zagadka jest z fizyki.