Egy kis valószínűségszámítás?

Meglátszik a feladaton, hogy te találtad ki. Előbb meg kellene tanulni rendesen a valószínűség számítást. És mikor már tudod, akkor kellene agyalni azon, hogy te találsz ki feladatot.

Ha már megtanultad volna a valséget, akkor tudnád, hogy az első ember vagy kihúzza a piros golyót, vagy nem. De 9:1-hez az esélye, hogy nem. Ha meg mégiscsak kihúzza a pirosat, nincs tovább miről beszélni...

Mind a 10 játékosnak 1/10 a valószínűsége, hogy nyer.

Az összes golyósorrendek száma 10.

Minden játékos nyeréséhez a kedvező sorrendek száma 1.

Vagy

Az összes golyósorrendek száma 10!.

Minden játékos nyeréséhez a kedvező sorrendek száma 9!.

Az n játékosra vonatkozó kérdés így nem nagyon értelmezhető.

A kihúzott golyókat visszateszik?

Ha igen, akkor mindenkinek ugyanakkora esélye van kihúzni a porosat, sorrendtől függetenül.

Ha nem, akkor bonyolultabb a helyzet. Az első húzónak 100% esélye van arra, hogy épp a pirosat húzza ki, hiszen még garantáltan benne van az urnában. Ugyanakkor 1:10 a valószínűsége, hogy épp a pirosat húzza ki a 10 golyó közül. A második húzónak már kisebb esélye van arra, hogy pirosat húzzon, hiszen az első már lehet, hogy kihúzta – de az első 1/10 valószínűsággel húzta ki, ezért a másodiknak 1 – 1/10 = 9/10 esélye van arra, hogy egyáltalán bent legyen még a piros az urnában. Annak viszont 1:9 az esélye, hogy a bent lévő, pirosat is tartalmazó golyók közül a pirosat húzza ki, így a második húzó esélyére 9/10 * 1/9 = 1/10 adódik. Szintén.

Az első kettő tehát 10-10% valószínűséggel húzza ki a pirosat, így a harmadiknak már csak 80%, azaz 8/10 esélye marad arra, hogy egyáltalán az urnában legyen még a piros, viszont 1:8 valószínűséggel nyúl rá a pirosra, így végeredményben neki is 8/10 * 1/8 = 1/10 valószínűség adódik.

Ha így folytatjuk, akkor eljuthatunk a kilencedik húzóig, akinek már csak 2/10 esélye van arra, hogy ne legyen még kihúzva a piros, de neki viszont már 1:2 valószínűsége van arra, hogy azt húzza ki a két megmaradt golyó közül: a két esély együttesen nála is 2/10 * 1/2 = 1/10-et eredményez.

Az utolsó húzónak így csak 1/10 esélye marad, hogy még az urnában legyen a piros, ha viszont még benne van, akkor 100%, hogy azt fogja kihúzni, hiszen nincs már golyó odabent. De az 1/10 * 1/1 nála is 1/10-et fog eredményezni, így végsősoron mindenkinek ugyanakkora esélye lesz a pirosat kihúzni.

Legyen n golyó és értelemszerűen n játékos. Akkor a k-adik játékos nyeréséhez az kell, hogy előtte senki ne nyerjen. Aminek a valószínűsége ((n-1)/n)*((n-2)/(n-1))*...*((n-k+2)/(n-k+1)). Mert egy közbenső m-edik játékos mindig n-m+1 golyóból húz és n-m+2 nempiros golyó van.

Ezután a k adik játékos 1/(n-k+1) valószínűséggel nyer.

Végig egyszerűsítve minden játékos nyerési esélye 1/n. :-)

Ahova kisebb hibákkal #6 is eljutott.

Javítás:

"Aminek a valószínűsége ((n-1)/n)*((n-2)/(n-1))*...*((n-k+2)/(n-k+1)). Mert egy közbenső m-edik játékos mindig n-m+1 golyóból húz és n-m+2 nempiros golyó van."

Helyett

Aminek a valószínűsége ((n-1)/n)*((n-2)/(n-1))*...*((n-k+1)/(n-k+2)).

Mert egy közbenső m-edik játékos mindig n-m+1 golyóból húz és n-m nempiros golyó van.

A feladatod teljesen ekvivalens az orosz rulettel. Ha visszateszik a golyót, az annak a variánsnak felel meg, amikor minden lövés előtt pörgetik a tárt.

[link]