Eli kyseessä on onnenpyörä jossa on 10 sektoria. Jokaisesta sektorista saa eri esineen, ja tehtävänä on saada kaikki mahdolliset esineet.
Olet saanut jo 6/10 esineestä ja jäljellä on 4 esinettä, montako kertaa joudut pyöräyttämään onnenpyörää 50% todennäköisyydellä?
Eli montako kertaa pitää pyöräyttää onnenpyörää, jotta saat loput 4 esinettä? Jokaisen sektorin todennäköisyys on tasan 1/10.
Olet saanut jo 6/10 esineestä ja jäljellä on 4 esinettä, montako kertaa joudut pyöräyttämään onnenpyörää 50% todennäköisyydellä?
Eli montako kertaa pitää pyöräyttää onnenpyörää, jotta saat loput 4 esinettä? Jokaisen sektorin todennäköisyys on tasan 1/10.
Vastaukset 11
Vanhimmat
Vastausta en nyt sano, mutta tässä pätenee kaava 1/10x1/9x1/8...x1/1 eli toisiistaan riippuva tapahtuma ja murtoluvun kertolasku. Mutta koetappa saada ne vielä arvojärjestykseen
Menisiköhän se näin ?
Ensimmäinen pyöräytys, todennäköisyys että ei osu mihinkään neljästä on 0.6, toisella 0.6^2 kolmannella 0.6^3 jne.
Kun haetaan vain 50% todennäköisyyttä tarvittava pyöräytysten määrä on se potenssi, millä hutien todennäköisyys alittaa 50 %.
So. ensimmäinen puuttuvasta neljästä osuu yli 50% todennäköisyydellä kahdella kerralla, osuma kolmeen jäljellä olevaan tarvitsee myös vain 2 pyöräytystä (0.7^2 =0.49)
kahteen osumiseen 0.8^4
Viimeiseen 0.9^7
Kun järjestyksellä ei ollut väliä, tulos olisi 15 pyöräytystä.
Saattaa olla oikea suuruusluokka. Itse järkeilin näin. Kun on jäljellä 4, saadaan osuma keskimäärin 2,5 pyöräytyksellä. Kun on jäljellä 3, saadaan osuma keskimäärin 3,3 pyöräytyksellä. Kun on jäljellä 2, saadaan osuma keskimäärin 5 pyöräytyksellä. Kun on jäljellä yksi, saadaan osuma keskimäärin 10 pyöräytyksellä mutta 50 % todennäköisyydellä 5 pyöräytyksellä. Eli tuollaiset 15-16 kaikkiaan.
Tarkan arvon laskeminen olisi aika suuritöinen. Molemmat edellä olevat taitavat aliarvioida kierrosten määrää. e.d.k. laskelmassa kai lähtökohtana on 50 % todennäköisyys kullekin osumalle mutta silloin kokonaistodennäköisyys neljälle osumalle jää paljon pienemmäksi. Jos yhdelle osumalle todennäköisyys olisi 0,84, tulisi neljän osuman todennäköisyydeksi noin 0,5.
7+19 laskelmassa lähtökohtana on kai tarvittavien pyöräytysten odotusarvo kullekin osumalle mutta silloin myös viimeiseen osumaan tarvittavien pyöräytysten määräksi pitäisi ottaa odotusarvo eli 10. Kokonaisodotusarvoa vastaava pyöräytysten määrä (26) on varmaan lähellä 50 % todennäköisyyttä.
Jees ja nolo.
Mitä lienen ajatellut, onneksi on viitseliäitä kun oikaisee näitä sammakoita.
ei matemaatitiko esittää oman teoriansa.
siis kaikki perustuu siihen, että alussa tapauksia on 10, toisella kertaa 9 jne yhteen saakka
Se on ensimmäinen on siis 0,5. Luku 10 tulee tai ei tule... ok!
eli siis 0,5 X 1/10 X 1/9 X 1/8 X 1/7 X 1/6 X 1/5 X 1/4 X 1/3 X 1/2 X 1/1
eli siis 0,5 X 1/10 = 0,05 X 1/9 X 1/9 X 1/8 X 1/7 X 1/6 X 1/5 X 1/4 X 1/3 X 1/2 X 1/1 jeli vastaus on 0,083333.
Tämä on toisto, joka on riippuvainen edelliseen ilmilöön, koska se riippuu toisaalta ensimmäisestä pyörähdyksestä ja ollessaan 10, niin se tiputtaa aina yhden pois, tai jos eka ei ole 10, niin se toinen ei ole mitään.
ei matemaattikko kommentoi.
Ongelmahan e ole pyöritysten määrä, vaan se millä todennäköisyydellä saa ne kaikki tietyssä järjestyksessä, jolloin se pyöräytystenmäärä on kymmenen.os
Vastaus on 0,083333.
Jos järjestyksellä ei ole väliä, niin pyörityksiä voi olla vaikka 100, kun aina yritetään saada pyöräytys sen tilalle mikä on nostettu jo pois.
Annetaanpa joitain vinkkejä.
Saattaa ratketa rekursiolla. Jos T(n,i) on todennäköisyys, että n seuraavan heiton jälkeen on i esinettä, niin voidaan tehdä rekursiot lukujen T(n,i) ja T(n 1,i) sekä T(n,i) ja T(n,i 1) välille. Sitten yhtälöstä katsotaan, milloin T(n,10) on vähintään 1/2.
Toinen mieleen tuleva menetelmä voisi olla lukujen esittäminen kokonaislukujen summana. Eli jos x1 kuvaa montako kertaa joudutaan yrittämään 7:ttä esinettä, x2 montako kertaa 8:tta esinettä jne, niin vaihtoehtoja saada n:nellä kerralla 10:s esine on sama kuin montako kertaa n voidaan esittää positiivisten kokonaislukujen summana x1 x2 x3 x4=n missä kukin xi on vähintään yksi.
Kolmas tapa: Yksinkertaista ongelmaa. Laske ensin tapaus, jossa esineitä pitää kerätä 7 kpl, sitten 8 , sitten 9 ja sitten 10.
Jos tarkastellaan todennäköisyyttä että tarvitaan ainakin n pyöräytystä jotta saadaan kaikki 4 palkintoa, tuo todennäköisyys näyttäisi olevan:
0,4*0,3*0,2*0,1*(1 p(1) p(2) ...p(n-4))
Tuossa 1 edustaa tapausta että kaikki saadaan neljällä heitolla. p1 = 0,6 0,7 0,8 0,9 edustaa tapausta että kaikki saadaan viidellä heitolla ja p(2) = 0,6^2 0,7^2 0,8^2 0,9^2 0,6*0,7 0,6*0,8 0,6 0,9 0,7*0,8 0,7*0,9 0,8*0,9 edustaa tapausta että kaikki saadaan kuudella heitolla. P(n-4) sisältää kaikki mahdolliset 0,6, 0,7, 0,8 ja 0,9 kombinaatiotulot lukumäärällä n-4; siis esim 0,6^(n-4) ja 0,7^(n-7)*0,8*0,9*2.
Suuritöinen laskea kun kokonaistodennäköisyys luultavasti saadaan n arvolla parikymmentä, ellei löydy sopivaa summakaavaa.
Tee Markovin keju. Kun saat tilasiirtomatriisin A ja alkutilavektorin b tehtyä, niin A^n*b kuvaa todennäköisyyttä, että n pyöräytyksen jälkeen sinulla on 6, 7, 8, 9 tai 10 esinettä. Lasket tuon vektorin A^n*b arvon eri n:n arvoilla kunnes esineiden lukumäärää kuvaavan vektorin komponentin kerroin on vähintään 1/2. En nyt tähän hätään jaksa laskea 5x5-matriisin potensseja, mutta koneella tuo menee hetkessä.
Laskin tuon tehtävän läpi. Siinä pitikin laskea b*A^n eikä A^n*b. Käytetään Wolfram Alphan notaatiota. Eli koska
vektorin [[1,0,0,0,0]]*[[6/10,4/10,0,0,0],[0,7/10,3/10,0,0],[0,0,8/10,2/10,0],[0,0,0,9/10,1/10],[0,0,0,0,1]]^n
viimeinen komponentti on yli 0,5 kun n=18 alle 0,5 kun n=17, pyöräytyksiä tarvitaan vähintään 18 kpl. No, tarkkaan ottaen pitäisi vielä todistaa, että tuo komponentti on alle 0,5 kaikilla n korkeintaan 17 ja yli 0,5 kaikilla n vähintään 18, mutta en nyt näyn yömyöhään keksi todistusta.