|
Здравствуйте. Не могу разобраться с решением двух типов задач. Пример 1: Бросают 2 кубика. Какова вероятность того, что в сумме выпадет 11. Пример 2: Бросают кубик 2 раза. Какова вероятность того, что в сумме выпадет 11. Подскажите, правильно ли я мыслю, что задачи решаются по разному и имеют разные ответы? В первой ответ 1/21, а во второй 2/ 36=1/18. Если нет, объясните. Заранее заранее! задан 27 Апр '12 21:32 
svetyan |
|
Задачи эквивалентные, в обоих ответ 1/18. Как может получиться 1/21 - не понимаю. Дополнение. Понял, как у Вас получилась 1/21. Это было бы верно, если бы кубики были неразличимыми (квантовые бозонные кубики). Но они различимы, можно, например их покрасить в разные цвета. Выпадение "5" на красном кубике и "6" на синем и выпадение "5" на синем кубике и "6" на красном - это разные события. Дополнение 2 (для Решетова Даниила)."Если кубик бросить 2 раза то вероятность выпадения нужной нам цифры будет в 2 раза большое". В 2 раза больше, чем что? Любая задача по теории вероятностей обязательно включает следующие 3 компонента. 1) Эксперимент (испытание), который может быть составным, т.е. состоять из нескольких последовательных испытаний. В "классической" теории вероятностей вместо п.3 предполагается, что все элементарные исходы равновероятны, поэтому вероятность каждого элементарного исхода равна $%1/N $%, где $%N$% - полное количество элементарных исходов. Перейдем к рассматриваемым задачам. 1) Бросание двух кубиков - это одно испытание. Элементарный исход "такая-то цифра выпала на первом кубике и такая-то на втором", его можно представить упорядоченной парой чисел $%(a,b)$%, каждое число принимает одно из значений от 1 до 6, всего таких пар 36. Мы полагаем такие элементарные события равновероятными, поэтому вероятность каждого из них 1/36. Только два из этих 36 событий соответствуют сумме 11 : $%(5,6)$% и $%(6,5)$%, поэтому вероятность выполнения условия задачи можно найти либо как $%1/36 +1/36 = 1/18$%, либо как (количество благоприятных исходов)/(общее число исходов) $%2/36 = 1/18$%, что, по сути дела, одно и то же. 2) Бросание одного кубика дважды - это последовательность двух независимых "субиспытаний", для них действует теорема умножения вероятностей. Каждое "субиспытание" имеет 6 равновероятных исходов, а элементарный исход полного испытания - это опять-таки упорядоченная пара $%(a,b)$%, где $%a$% -исход первого "субиспытания", а $%b$% - исход второго "субиспытания". $%a$% и $%b$% опять-таки принимают значения от 1 до 6. Вероятность элементарного исхода каждого "субиспытания" равна 1/6, соответственно, вероятность каждого элементарного исхода полного испытания по теореме об умножении вероятностей равна $%1/6 \cdot 1/6 = 1/36$%. И снова у нас сумме 11 соответствуют 2 исхода полного испытания$%(5,6)$% и $%(6,5)$%. В силу несовместности этих исходов, вероятность выпадения суммы 11 равна $%1/36 +1/36 = 1/18$%. отвечен 27 Апр '12 22:13 
Андрей Юрьевич |
|
Предполагаю, что задачу об одновременном бросании двух [разных] кубиков можно решить так: $%1. \ \{\langle 1, 1 \rangle, \ \langle 1, 2 \rangle, \ \langle 2, 1\rangle , ... , \langle 5, 6 \rangle , \ \langle 6, 5 \rangle, \ \langle 6, 6\rangle\}$% - множество всех исходов при одновременном бросании 1-го и 2-го кубиков. Прим.: $% \{\langle 1, 1 \rangle, \ \langle 1, 2 \rangle, \ \langle 2, 1\rangle , ... , \langle 5, 6 \rangle , \ \langle 6, 5 \rangle, \ \langle 6, 6\rangle\} = \{1,2,3,4,5,6\} \times \{1,2,3,4,5,6\}$%. $%2. \ \{(\langle 5, 6\rangle, \ \langle 6, 5 \rangle\}$% - множество лишь тех исходов [при одновременном бросании 1-го и 2-го кубиков], когда 5 + 6 = 11 и 6 + 5 = 11. Прим.: $% \langle 5,6 \rangle \neq \langle 6,5 \rangle \wedge \forall x \forall y ( \langle x, y \rangle \in \{\langle 5, 6 \rangle, \ \langle 6, 5 \rangle\} \rightarrow x + y = 11) $% $%3. \ card(\{\langle 1, 1 \rangle, \ \langle 1, 2 \rangle, \ \langle 2, 1\rangle , ... , \langle 5, 6 \rangle , \ \langle 6, 5 \rangle, \ \langle 6, 6\rangle\}) = 36$% $%4. \ card(\{\langle 5, 6\rangle, \ \langle 6, 5\rangle\}) = 2$% $%5. \ P = \frac{card(\{\langle 5, 6 \rangle, \ \langle 6, 5 \rangle\})}{card(\{\langle 1, 1 \rangle, \ \langle 1, 2 \rangle, \ \langle 2, 1\rangle , ... , \langle 5, 6 \rangle , \ \langle 6, 5 \rangle, \ \langle 6, 6\rangle\})} = \frac{2}{36} = \frac{1}{18}$% Предполагаю, что задачу о последовательном бросании одного кубика можно решить так: $%1. \ \{\langle 1, 1 \rangle, \ \langle 1, 2 \rangle, \ \langle 2, 1\rangle , ... , \langle 5, 6 \rangle , \ \langle 6, 5 \rangle, \ \langle 6, 6\rangle\}$% - множество всех исходов при 1-ом и 2-ом бросании кубика. $%2. \ \{\langle 5, 6\rangle, \ \langle 6, 5\rangle\}$% - множество лишь тех исходов [при 1-ом и 2-ом бросании кубика], когда 5 + 6 = 11 и 6 + 5 = 11. и т. д. Дополнительно поясняю, что Вы решали задачу об одновременном бросании двух [одинаковых] кубиков следующим образом: $%1. \ \{\{1, 1\}, \ \{2, 2\}, ... , \{6, 6\}; \ \{1, 2\}, \ \{1, 3\}, ..., \{4, 6\}, \{5, 6\}\}$% - множество всех исходов при одновременном бросании двух кубиков. Прим.: $% \{\{1, 1\}, \ \{2, 2\}, ... , \{6, 6\}; \ \{1, 2\}, \ \{1, 3\}, ..., \{4, 6\}, \{5, 6\}\} \subset \wp(\{1,2,3,4,5,6\})$% Прим.: $%\forall x (x \in \{1,2,3,4,5,6\} \rightarrow \{x,x\} = \{x\} \wedge \langle x,x \rangle \neq \langle x \rangle = \{x\})$% $%2. \ \{\{5, 6\}\}$% - множество лишь тех исходов [при одновременном бросании двух кубиков], когда 5 + 6 = 11. Прим.: $% \{5, 6\} = \{6, 5\} \wedge \forall x \forall y ( \{x, y\} \in \{\{5, 6\}\} \rightarrow x + y = 11)$% $%3. \ card(\{\{1, 1\}, \ \{2, 2\}, ... , \{6, 6\}; \ \{1, 2\}, \ \{1, 3\}, ..., \{4, 6\}, \{5, 6\}\}) = C_6^1 + C_6^2 = 6 + 15 = 21$% $%4. \ card(\{\{5, 6\}\}) = 1$% $%5. \ P = \frac{card(\{\{5, 6\}\})}{card(\{\{1, 1\}, \ \{2, 2\}, ... , \{6, 6\}; \ \{1, 2\}, \ \{1, 3\}, ..., \{4, 6\}, \{5, 6\}\})} = \frac{1}{21}$% Допущенная Вами ошибка аналогична ошибке Де Мере. отвечен 28 Апр '12 10:23 
Галактион |
|
Первый случай, бросаем 2 кубика: нам нужны только 2 варианта событий "5 и 6" или "6 и 5", то есть (1/6 * 1/6) * 2 = 1/18 Второй случай, бросаем по очереди 1 кубик два раза: и снова два варианта событий "сначала 5, потом 6" или "сначала 6, потом 5" и по матожиданию: (1/6 + 2 * 1/6) / 6 = 1/12 ответы разные, и скорее всего "2" и "1" перепутали местами, так что не 1/21, а - 1/12! отвечен 28 Апр '12 9:26 
Yernur Нет, для второй задачи - неправильно. У нас последовательность двух независимых испытаний. Вероятность, что выпадет "5" при первом испытании равна 1/6, вероятность, что выпадет "6" при втором испытании - тоже 1/6. В силу независимости испытаний вероятность произведения этих событий равна произведению вероятностей, т.е. 1/36, поэтому вероятность результирующего события ("5","6") равна 1/36. Такую же вероятность имеет и событие ("6","5"). Т.к. события ("5","6") и ("6","5") несовместны, то вероятность их суммы равна сумме вероятностей, т.е. 1/18. А что такое (1.6+2*1/6)/6 - непонятно!
(28 Апр '12 11:39)
Андрей Юрьевич
|
|
Прошу прощения за ранее данный мною ответ,я только не давно её в школе прошёл!Я хотел написать себе оправдание и споткнулся на том,что всего всевозможных комбинаций с двумя кубиками=36,а нам нужны лишь 5:6 и 6:5,то есть 2/36 или 1/18.Простите!Но как сказано-не стыдно не знать,стыдно не учить! Но всё же я считаю,что если кубики бросить 2 раза то вероятность выпадения чисел с суммой=11 будет в 2 раза больше,то есть 1/9,так как вероятность выпадения суммы =11 у 2-х кубиков с одного раза=2/36 или 1/18,а так как бросаем 2 раза то получится 4/36 или 1/9 отвечен 14 Май '12 12:26 
Решетов Даниил см. дополнение к моему ответу.
(14 Май '12 17:26)
Андрей Юрьевич
|