Mi dönti el, hogy egy esemény valószínűsége vagy az ellentétes eseményé nő?

10 Én ezt ugy értelmeztem:

P(A∩B)=(1/6)^21

P(B)=((1/6)^20)/(6^20)

P(A∣B)=P(A∩B)/P(B)=((1/6)^21) / (((1/6)^20)/(6^20))

#11

A kérdező azt írta a kérdésében, hogy "Amikor egy 6 oldalú kockával már húszadjára nem 6os-t dobok". Ez a "B" esemény.

Nem árt tisztázni előbb az "esemény" fogalmát.

Vizsgálhatjuk, mekkora annak a valószínűsége, hogy egy dobókockával hatost dobunk. Ha igaz, hogy a dobókocka szimmetrikus és homogén, továbbá a dobó személy véletlenszerűen (semmire sem figyelve) dob, akkor minden dobás független a többitől, é az eredmény mindig 1/6 valószínűség. Ekkor számtalan egy darab dobásról beszélünk, ez az "esemény".

Vizsgálhatjuk, mekkora annak a valószínűsége, hogy 10 egymás utáni hatos dobás után is hatos következik. Ekkor az esemény 11 db dobás együttese. Azért, mert kikötésünk volt az első 10 dobásra, tehát itt a dobások nem függetlenek és nem egyediek, hanem egy sorozat. Ez a feltételes valószínűség.

Az első dobásban a hatos valószínűsége 1/6. Ha kikötjük (feltesszük), hogy a második dobás előtt is hatos volt, akkor kihagytunk egy csomó esetet, hiszen az első dobás lehetett volna más is. Ezért van, hogy annak a valószínűsége, hogy másodjára úgy dobunk hatost, hogy előtte is ezt dobunk, az már 1/(6*6), mert két dobás össze eredménye 36 féle, ebből egy darab a hat és hat.

Ezért, ha úgy kérdezünk, hogy mi a valószínűsége, hogy a második dobás hatos legyen, akkor nincs kikötésünk az első dobásra, tehát a lehetséges 36 eset közül pontosan hat jó. Nevezetesen az a hat, ahol az első mindegy és a második hatos. Vagyis itt a valószínűség 1/6.

Ám ha úgy kérdezünk, hogy mi a valószínűsége, hogy a második dobás hatos, feltéve, hogy az első is, akkor már a lehetséges 36-ból csak egy jó, tehát a valószínűség 1/36. Ezért igaz, hogy annak egyre kisebb az esélye, hogy a a sokadik dobás hatos úgy, hogy az előzők is mind azok voltak.

Ha azt kérdezzük, mi a valószínűsége, hogy a második nem hatos de az első se, akkor első 5/6, második 5*5/(6*6), és így tovább, tehát a második nem hatos esélye csökkent az elsőhöz képest, a következőé még kisebb és így tovább. Mivel az összes eset minden sorozatnál azonos (6, 6*6, 6*6*6, stb.) ezért igaz, hogy egy sorozatban minden nemhatos dobás után nő a hatos dobásának esélye.

Ugyanez a helyzet a rulettnál is, és ha nem lennének korlátozások a tétekre, továbbá valaki nagyon sok pénzzel megy játszani, továbbá következetes, akkor kifoszthatná a bankot. Ez azonban egyfelől nem lehetséges, mert ha egy hosszú nyeretlen sorozat van, akkora tétet kellene tenni, amit a bank nem engedélyez, másfelől nagyon pontosan kell számolni és aszerint a tétet megtenni, különben bukunk.

@23:16 @23:31

A másik, hogyha kiszámolod "P(A∣B)=P(A∩B)/P(B)=((1/6)^21) / (((1/6)^20)/(6^20))" ez pontosan 609359740010496. Ezen gondolkodni sem kell, hogy eleve még valószínűség sem lehet, dehát eleve rossz, mert a valószínűség az a [0-1] intervallumon belül lehet.

#13

"Ám ha úgy kérdezünk, hogy mi a valószínűsége, hogy a második dobás hatos, feltéve, hogy az első is, akkor már a lehetséges 36-ból csak egy jó, tehát a valószínűség 1/36. Ezért igaz, hogy annak egyre kisebb az esélye, hogy a a sokadik dobás hatos úgy, hogy az előzők is mind azok voltak."

A lehetséges 36-ból? Ha tudjuk/feltettük, hogy az első 6-os, akkor csak 6 a lehetséges esetek száma. És a kedvező/lehetséges=1/6. Ennyi annak a valószínűsége, hogy másodikra 6-ost dobunk, ha elsőre 6-ost dobtunk.

#14

Hát igen. #11-esnél a P(B)-ben összekeveredett az 1/6 valószínűséggel történő számolás és az összes esetek száma.

Bocsi valamit benéztem. A probléma mint ahogy 13 írta az hogy az adot eseményt nézed vagy az esemény sorozatott.

[link]

Itt leírja egy hasonló modszer pontos levezetését.

Kérem senkise értse férre természetesen a szerencsejátékban értelmetlen a stratégia mint ahogy a wikicikben pontosan levezetik.

"A probléma, mint ahogy 13 írta, az hogy az adott eseményt nézed vagy az esemény sorozatot." "Itt leírja egy hasonló modszer pontos levezetését."

Tévedés, hogy itt bármi "probléma" lenne vagy megváltozna a 6-os valószínűsége, ha már sokszor dobtunk nem hatost.

A Martingale-módszer sem állítja azt, hogy 10 fej után 1/2-nél nagyobb valószínűséggel kellene írásnak jönnie. Csak azt használja ki, hogy kétszer akkora tétnél kétszeresre nő az esetleges veszteség vagy nyereség. De nem a valószínűség megváltozása miatt!

"Ha azt kérdezzük, mi a valószínűsége, hogy a második nem hatos de az első se, akkor első 5/6, második 5*5/(6*6), és így tovább, tehát a második nem hatos esélye csökkent az elsőhöz képest, a következőé még kisebb és így tovább. Mivel az összes eset minden sorozatnál azonos (6, 6*6, 6*6*6, stb.) ezért igaz, hogy egy sorozatban minden nemhatos dobás után nő a hatos dobásának esélye."

Itt lehet hogy csak megfogalmazásbeli hiba van (mármint hogy lehet jól tudod) , ami biztos hogy ez - "egy sorozatban minden nemhatos dobás után nő a hatos dobásának esélye" - nem igaz.

Például @17:03 ben is írtam erről, itt te is összekeverted : " esemény valószínűségéről nem beszélünk a már múltban bekövetkezett eseményről a jelenbe vonatkoztatva". Ami már megtörtént az nem befolyásolja a következő dobás kimenetelét. Máshogy mondva a kockadobás állapotmentes. Valaki írta hogy x piros meg y kék golyó van egy kalapban amiket kihúzunk egyesével random. Ez nem állapotmentes, a korábbi kihúzás által megváltozik a rendszer belső állapota azaz a golyók száma más lesz mint a korábbi húzásban volt ami a később kihúzott golyók színének valószínségére is hatással van.

Vagyis a mondat így helyes : Mivel az összes eset minden n elemű dobássorozatnál azonos (6, 6*6, 6*6*6, stb.) ezért igaz, hogy n értéke azaz a dobássorozat hossza vagy máshogy mondva a dobások száma minél nagyobb annál nagyobb az esélye, hogy a dobássorozatban létezzen hatos dobás.

Máshogy megközelítve egy n hosszú dobássorozat esetében 6^n lehetséges kimenetel közül lesz egy konkrét kimenetele kiválasztva az egyenletességi hipotézisnek megfelelően. Ahhoz hogy ne legyen közte egyetlen hatos sem 5^n féle esetben lehet. Mivel az összes 6^n eset közül mindegyik azonos valószínűségű így 5^n / 6^n = (5/6)^n valószínűséggel nem lesz egyetlen hatos sem, így annak az esélye hogy legyen közte hatos 1 - (5/6)^n valószínűséggel következik be.

Nem mindegy hogy egy adott dobásnak a valószínűségéről van szó vagy egy dobássorozat valószínűségéről ahol a több dobás együttesének tulaljdonságát vizsgáljuk, például hogy a dobássorozatban létezik e 6-os dobás.

"A Martingale-módszer sem állítja azt, hogy 10 fej után 1/2-nél nagyobb valószínűséggel kellene írásnak jönnie."[...]

Annak a módszernek pont az a lényege, hogy 1 valószínűséggel nyersz ha a lépések száma nincs korlátozva és a felrakható tétek sem. Egyszeri nyereség kárpótolja a sorozatban a korábbi összes veszességet és ekkor meg is lehet állni, vagyis ez 1 valószínűséggel egy pozitív összegű játék a játékosra nézve. A valóságban korlátos a lépések száma és a felrakható tét is korlátos, plusz a fizikai korlátokon túl is korlátozzák szabályzattal a kaszinók ennek közelítését, hiszen ha nem is 1 valószínűséggel de ki lehetne csinálni a kaszinót anyagilag a módszerrel.

#19

"Annak a módszernek pont az a lényege, hogy 1 valószínűséggel nyersz..."

Ezzel az érveléssel cáfolni próbáltad az idézett állításomat? Mert ez nem sikerült...

A végtelen Martingale-módszernél a nyerés esélye valóban közelít az 1-hez. De ennek ellenére minden dobás/pörgetés esélye állandó. 1/2. (Rulettnél a szabálok miatt valamivel kevesebb.) Csak a tét duplázódik.