Tematem konkursu jest rachunek prawdopodobieństwa.

Zadanie

Mamy 3 pule kostek dziesięciościennych żółte, czerwone i zielone. Dla każdej puli sukces jest zdefiniowany osobno jako minimalna wartość wyrzucona na kostce (od 1 do 10).
żółtych jest 3 i wartości sukcesu to wyniki od 6 do 10
czerwonych jest 5 i wartości sukcesu to wyniki od 7 do 10
zielonych jest 7 i wartości sukcesu to wyniki 9 i 10

Jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia PRZYNAJMNIEJ N sukcesów łącznie we wszystkich pulach?

P1 = 0.5, N1 = 3
P2 = 0.4, N2 = 5
P3 = 0.2, N3 = 7

znaleźć P( K1 + K2 + K3 >= N ) gdzie N < 0; 15>

Zadanie polega na udzieleniu odpowiedzi oraz przedstawienia wzoru umożliwiającego policzenie prawdopodobieństwa dla X pul kostek dziesięciościennych o dowolnie zdefiniowanych prawdopodobieństwach sukcesu. Kilka słów wyjaśnienia też się nada

Nagroda - imienne podziękowania umieszczone w pisanym przeze mnie programie

Odpowiedź A

Zalatuje mechaniką WoDa

na 4chan na pewno z głowy Ci powiedzą

:artaniel mechanika, mechaniką ale bynajmniej nie chodzi o WoD

Odpowiedź brzmi: 12

uwaga odpowiedź:
42


poproszę o umieszczenie w programie oraz zgrzewkę piwa

42

Jakoś nie rozumiem tego zadania.

Wyjaśnij mi po ludzku o co Ci chodzi, to postaram się pomóc.

42? 42? a czemu nie 24?!

:thegreatsoutherntrendkill
Bluźnisz, jak nie wiesz

prawdopodobieństwo i probabilistyka to zuo i nie dobro

poza tym pozdrawiam mojego pana / panią wykładowce z probobobo

aa nie zauważyłam, że trzeba też wyjaśnienie dopisać:
dlaczego 42? bo to jest zawsze dobra odpowiedź, a kto nie gra ten nie wygrywa! więc ja daję odpowiedź, a :ranisz wygraną + piwo
bo zawsze jak jest wygrana to jest też piwo!!

:ranisz82 wybacz, przeczytałam to zadanie 3 razy i nie rozumiem ni w ząb. 'Sukcesem jest najniższa wartość na kostce, dla żółtej kostki wartości sukcesu od 6 do 10'? To w końcu najniższa wartość (czyli 1) czy 6,7,8,9 lub 10? I na czym polega pojedyncze doświadczenie losowe? Rzucasz jedną kostką, dwiema, jedną żółtą, pięcioma zielonymi?

:margot Może rzeczywiście to nie jest jasne:

Sukces jest wtedy gdy na kostce wypadnie określona liczba lub wyższa czyli:

dla żółtych 6,7,8,9,10 (5 z 10 a więc Pż = 0.5)
dla czerwonych 7,8,9,10 (4 z 10, Pcz = 0.4)
dla zielonych 9,10 (2 z 10, Pziel = 0.2)

gdzie Px - prawdopodobieństwo sukcesu na jednej kostce z x puli.

Bajer polega na tym żeby rzucić 15 kostkami w 3 kolorach (czy jednocześnie czy po kolei nie ma znaczenia) i otrzymać określoną liczbę sukcesów, a więc dla oczekiwanych 4 sukcesów może to być:

2 żółte, 0 czerwonych i 2 zielone,
0 żółtych, 0 czerwonych, 4 zielone,
1 żółta, 3 czerwone, 3 zielone.... (7 > 4 więc też jest dobrze)



. Kolory są ułatwieniem i pokazują trudność testu dla różnych prób.

Powiem tak, dla jednej puli można w łatwy sposób to policzyć z rozkładu Bernoulliego... chodzi głównie o to żeby wyznaczyć wzór na rzut kostkami ze wszystkich pul

wydaje mi się, że wzór, którego istotnie szukasz, to prawdopodobieństwo sukcesu w pojedynczej próbie (t.j. rzut dowolną kostką). W takim przypadku przychodzi nam z pomocą wzór na p-stwo całkowite (https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_o_prawdopodobie%C5%84stwie_ca%C5%82kowitym).
P(sukces)=P(sukces|wyciągnęliśmy czerwoną kulę)*P(wyciągnęliśmy czerwoną kulę)+
+ P(sukces|wyciągnęliśmy zieloną kulę)*P(wyciągnęliśmy zieloną kulę)+
+P(sukces|wyciągnęliśmy żółtą kulę)*P(wyciągnęliśmy żółtą kulę)=
= 0.5*3/15+0.4*5/15+0.2*7/15
To byłoby p-stwo sukcesu w pojedynczej próbie. A dalej Bernoullim. Tak mi się wydaje...

:margot

Brzmi rozsądnie

Powiem tak, wrzucę to do programu a potem zrobię typowy brutalny test na kilka tysięcy doświadczeń i zobaczymy czy to się zgadza

Zadanie pozostaje nierozwiązane

Teoria Margot niestety nie nadaje się do ograniczonej liczby kostek w pulach

...albo losowania bez zwracania
Lancuch Markowa - tak mi sie wydaje. Ale to syf jest...

Wydaje mi się, że rozwiązanie :margot (z prawdopodobieństwem całkowitym) jest prawidłowe. Definiując zadanie trochę inaczej:
mamy 3 urny:
w pierwszej jedna kulę białą i jedną czarną;
w drugiej trzy kule białe i dwie czarne;
w trzeciej cztery kule białe i jedną czarną.
Z losowo wybranej urny losujemy jedna kulę. Pierwszą urnę wybieramy z prawdopodobieństwem 3/15, drugą z 5/15, a trzecią z 7/15. Jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania kuli czarnej?
Z "teorii :margot" P(jednego losowania) = 49/150.
Eksperyment powtarzamy ze zwracaniem 15 razy. Prawdopodobieństwo wylosowania dokładnie k czarnych kul z Bernoulliego:
P(dokładnie k wyników) = (15 nad k) * P(jednego losowania)^k * (1-P(jednego losowania))^(15-k)
Prawdopodobieństwo wylosowania co najmniej k czarnych kul:
P(co najmniej k wyników) = P(dokładnie k wyników) + P(dokładnie k+1 wyników) + ... + P(dokładnie 15 wyników)

Implementacja w programie:
Zdefiniowany jest zbiór par (xi, pi), gdzie xi - liczba losowań z urny (odpowiednik liczby kości danego koloru), pi - prawdopodobieństwo wylosowania kuli czarnej (sukcesu na kości danego koloru), i = 1..n
P(jednego losowania) = ( (x1 * p1) + (x2 * p2) + ... + (xn * pn) ) / (x1 + x2 + ... + xn);
Bernoulli (X = x1 + x2 + ... + xn):
P(dokładnie k wyników) = (X nad k) * P(jednego losowania)^k * (1-P(jednego losowania))^(X-k)
P(co najmniej k wyników) = P(dokładnie k wyników) + P(dokładnie k+1 wyników) + ... + P(dokładnie X wyników)

Nie namieszałem?

Dobra, konia z rzędem temu, kto udowodni, że sytuacja, kiedy losowo 15 razy wybieramy kolor kości, którą mamy rzucać z odpowiednimi prawdopodobieństwami (3/15, 5/15, 7/15) jest równoważna pod względem prawdopodobieństwa z sytuacją, gdy żółtą kość wybieramy dokładnie 3 razy, czerwona dokładnie 5, a zieloną dokładnie 7 razy. Bo wtedy zadanie jest rozwiązane...

:artaniel dokładnie tak, tyle, że :ranisz chyba chce robić losowanie bez zwracania. Oznacza to, że prawdopodobieństwo sukcesu w drugim losowaniu jest uzależnione od wyniku poprzedniego losowania (musimy przecież założyć, który kolor wylosowaliśmy poprzednio, żeby wiedzieć, ile kul poszczególnych kolorów mamy jeszcze w puli), co daje nam rozbicie przestrzeni probabilistycznej na 3 podzbiory (te podzbiory to zdarzenia, przy pomocy których "warunkujemy"). Jednakże, wynik losowania nr 3 jest już uzależniony od dwóch poprzednich losować, co daje nam rozbicie na 3^2=9 podzbiorów!
Jednakże, może się okazać, że wystarczy warunkować poprzez jedynie wynik ostatniego losowania, ale w tym celu należałoby zdefiniować łańcuch Markowa na ciągu zdarzeń losowania kostki i udowodnić, że spełnia pewne własności... Rzecz jest do zrobienia.

O jaa! widzę... Jestem jakieś 24 godziny w tyle w myśleniu za Tobą :margot.
Problem w tym, że docelowo, z tego co zrozumiałem, program ma działać dla dowolnie zdefiniowanej liczby pól kostek... Chyba że zadowolić się takim rozwiązaniem dającym wynik przybliżony

pul

:artaniel

"dowolnie zdefiniowanej liczby pul kostek" - się zgadza się ale liczba pul i kostek w pulach jest skończona

tak jak margot mówi - losujemy bez zwracania