paljon kysymyksiä todennäköisyyksistä, joten tässä omani:
Noppaa heitetään neljä kertaa. Millä todennäköisyydellä seuraavan heiton silmäluku aina on suurempi kuin edellisen?
Noppaa heitetään neljä kertaa. Millä todennäköisyydellä seuraavan heiton silmäluku aina on suurempi kuin edellisen?
Vastaukset 6
Vanhimmat
Neljä nopan lukemaa voidaan merkitä joukolla (X,Y,Z,W)⊂{1,2,...,6}^4.
Neljä perättäistä kasvavaa nopanheittoa: (A,A,A,A) (0,B,B,B) (0,0,C,C) (0,0,0,D), A=1 a;B=1 b;C=1 c;D=1 d; a b c d=2; a,b,c,d≥0.
Joko yksi luvuista a,b,c,d on 2 ja loput nollia (4kpl)
Tai kaksi luvuista a,b,c,d on 1 ja loput nollia (6kpl)
Yhteensä siis 10kpl. Kaikkien mahdollisten tapausten lkm 6^4.
Eli todennäköisyys jos oletetaan kaikkien silmälukujen paino samaksi on 10/6^4
a b c d voi olla myös 0 tai 1
Eli 5 tapausta lisää. Tn. siis 15/6^4
Vie noin puoli minuuttia kun kirjoittaa eri tapaukset: 1234...3456. Joo niitä on 15 kpl.
Juu mutta tuo ratkaisumalli pätee yleisesti n-sivuiselle nopalle ja m:lle kappaleelle heittoja. Ei tartte ihmisen tehdä työtä jonka tietokonekin voi tehdä
"Neljä nopan lukemaa voidaan merkitä joukolla (X,Y,Z,W)⊂{1,2,...,6}^4.
Neljä perättäistä kasvavaa nopanheittoa: (A,A,A,A) (0,B,B,B) (0,0,C,C) (0,0,0,D), A=1 a;B=1 b;C=1 c;D=1 d; a b c d=2; a,b,c,d≥0"
No ei tuo esitystapa ole selvin mahdollinen. Eikö nopan lukemia voisi merkitä: (1 a, 2 a b, 3 a b c, 4 a b c d) ja sitten etsiä a,b,c,d arvot noilla rajoituksilla.
Juu sitä tuossa on tarkoitettu. En tullut maininneeksi että nuo vektorien summat on tavallisia vektorisummia eli (a1,a2,a3,a4) (b1,b2,b3,b4)=(a1 b1,a2 b2,a3 b3,a4 b4). Tuo merkitsemäsi muoto tulee siis sijoittamalla.