Mennyi a valószínűsége, hogy Bálint nyer? (Valószínűségszámítás)

Annál sokkal egyszerűbben lehet számolni mint, ahogy a 13:23-as írja.

Minden játék során adott egy-egy dobás sorozat, melyet mindig addig folytatunk míg az egyikük nyer, nincs döntetlen játék.

A szabályos kockának 6 oldala van, de ebből csak 4 nyerő oldala van összesen. A feladat leegyszerűsíthető úgy, hogy a maradék 2 nem nyerő oldalt (képzeletben) kidobjuk, azaz ha azokat dobjuk nem vesszük figyelembe. Mivel a játék ilyen szempontjából nem lényeges amikor éppen nem nyert senki olyan oldalára esett. Így 1:4 eséllyel Ákos, 3:4 eséllyel a másik játékos nyer.

"A feladat értelmezésénél nekem nem egyértelmű"[...]

Pedig teljesen egyértelmű.

"1: A kérdés hogy Bálint nyerésének az esélye egy dobásból mennyi?"

Nem az a kérdés hogy egy dobásból, hanem : "Mennyi a valószínűsége, hogy Bálint nyer?"

"2:"Különben Bálint nyer." ez azt jelenti ,hogy ha 6-os 1,2,3,4,5 előtt jön akkor veszit B vagy ha 2,3,4, akkor veszit?"

A kérdező által írt : "Ákos nyer, ha előbb jön ki hatos, mint kettes, hármas vagy négyes. Különben Bálint nyer."

Azaz: Ákos nyer, ha előbb jön ki 6-os mint 2-es vagy 3-as vagy 4-es.

Bálint nyer, ha 2-es vagy 3-as vagy 4-es előbb jön ki mint 6-os.

"mi van 1 és 5-s dobasnal ilyenkor? Döntetlen?"

Implicit benne van a kérdésben, hogy addig dobnak míg 2-es vagy 3-as 4-es vagy 6-ost dobnak. Méghozzá [...] "ha előbb jön ki" [...] által van benne.

A válasz megoldással ott van a 14:15-ös válaszban.

Annak valószínűsége, hogy Ákos nyer:

P(Á)=1/6+2/6*1/6+(2/6)^2*1/6+...+(2/6)^n*1/6+...=

=1/6*(1+1/3+(1/3)^2+...+(1/3)^n+...)=1/6*1/(1-1/3)=

=1/6*3/2=1/4

Egyrészt:

#2 és #3 megoldása ugyanolyan eredmény felé tart, ezt 1-30 elemű sorozatra kiszámoltam. Mivel a 2-es triviálisan jó, ezért 3-as eredménye is jó.

Másrészt:

"A feladat leegyszerűsíthető úgy, hogy a maradék 2 nem nyerő oldalt (képzeletben) kidobjuk..." Ezt -annak ellenére, hogy bevált - én nem látom megfelelő bizonyításnak. Nem lehet a 6-os kockadobások eseményeit és egyetlen 4-es kockadobást megfeleltetni egymásnak. Ez szerintem nem egy triviális állítás, ami nem igényelne további bizonyítást. Bár az ötlet valóban nagyon jó.

Én egy ilyen indokolást javasolnék:

- vegyük az összes olyan lehetséges sorozatot, amelyikeknél az n-edik dobásnál dől el a verseny és az előző dobásoknál egyforma volt az eredmény. Ezek az elemi eseményeink. Mindig 4 ilyen elemi esemény van. És ezek közül 1-ben Ákos nyer, 3-ban Bálint. A nyerési valószínűségeik aránya ezért 1:3. Az összege 1.

Én ilyen földhözragadtan bizonyítanék. :-)

"Ezt -annak ellenére, hogy bevált - én nem látom megfelelő bizonyításnak. Nem lehet a 6-os kockadobások eseményeit és egyetlen 4-es kockadobást megfeleltetni egymásnak. Ez szerintem nem egy triviális állítás,"[...]

Nekem triviális, de így szó szerint nem igaz, hogy 4-es kockadobást feletetem meg 6-os kockadobásnak.

Azt kell belátni, hogy dobásonként 6 féle szám közül dobhatok az egyenletességi hipotézisnek megfelelően, ha ebből n darab számot (n 1-től 5-ig egy rögzített érték) kiszelektálok akkor az így szelektált sorozatból 6-n datab szám is az egyenletességi hipotézis szerint lesz. 6 helyett lehet k szám is értelem szerűen.

Egyébként a számítógépes véletlenszám generátorok is így működnek. Linux alatt van a /dev/random (ill. /dev/urandom) kriptográfiai célokra is alkalmas nyers random bájtokat ad. A ténylegesen kapott tartomány mindig kettő hatványa lesz, mégis tetszőleges tól-ig tartományra leképezhető ugyanazon elven, ha a kívánt tartományon túli akkor azt eldobja. Az alapelve pontosan ugyanez, a részletekbe most nem megyek bele. Egyébként az eldobás (és újra kérés) valószínűsége 50% alatti, persze ez függ a tartomány méretétől hogy milyen messze van kettő hatványától.

Igazából előbb gondoltam el, hogy így működhet minthogy ténylegesen láttam implenetációkat hogy valójában tényleg ilyen elven működik.