TODENNÄKÖISYYSLASKENTAA
Seuraavassa "pallo" on todellisuudessa planeetta,kummalla
nyt asian hahmottaa paremmin
a) 10 palloa heitetään pyörimään ympyränmuotoisille kehille siten että
kukin pallo pyörii omaa rataansa eikä voi törmätä toiseen.Kullakin
ympyrän kehällä on 360 yhtä suurta paikkaa jolle pallo voi pysähtyä.
Miten laskea todennäköisyys sille että 10:stä pallosta
kolme tiettyä palloa pysähtyy ympyröidensä kehällä siten että
toinen on toiseen palloon tarkassa oppositiossa,(eli jos
toinen pallo on ruudussa 0 on toinen pallo ruudussa 180)
ja kolmas asettuu suhteessa ensimmäiseen palloon siten että
se pysähtyy, jollekin ruuduista 0-10,30,36,40,44-46,51,
56-64,71-73,80,85-95,102,108, 115-125,134-136,143-145,
149-151,160,175-180 tai toisella puoliskolla "vastaaviin"
paikkoihin ..eli.. 180-185,200, 210,215-217,224-226,231,236-244,
252,258,265-275.280,287-289,296-304,309,314-316,320,324,330,
350-0 Kaiken kaikkiaan yhteensä (63 63)
126 paikkaa 360:sta on mahdollisia
Ja samalla siis muut 8 palloa eivät
pysähdy suhteessa ensimmäiseen palloon ruuduille
0-10,30,36,40,44-46,51,56-64,71-73,80,85-95,102,108, 115-125,134-136,143-145,
149-151,160,175-180 jne. toisella puoliskolla vastaavat paikat 180-185,200
..210,215-217,224-226,231,236-244,252,258,265-275.280,287-289,296-304,
309,314-316,320,324,330,350-0 Kaiken kaikkiaan yhteensä (63 63)
126 paikkaa 360:sta on "kiellettyjä" paikkoja 360:stä.
hieman alkua....PäättelyN aloitus on tietysti helppo. Todennäköisyys sille että toinen
pallo pysähtyy tarkalleen juuri vastapäätä
ensimmäistä on luonnollisesti 1/360
Vaan mikä on todennäköisyys sille, että muut pallot pysähtyvät tai EIVÄT
saa pysähtyä kertaakan mainituille paikoille.
b) entä laskentakaava sekä todennäköisyys sille, että ceteris paribus a kohta
mutta neljäs tietty pallo tekee "aspektin" ts. pysähtyy sovituille ruuduille
suhteessa ensimmäiseen palloon, jolloin ensimmäisellä pallolla on
kolme"aspektia".
c) 10 palloa heitetään pyörimään ympyränmuotoisille kehille siten että
kukin pallo pyörii omaa rataansa eikä voi törmätä toiseen.Kullakin
ympyrän kehällä on 360 yhtä suurta paikkaa jolle pallo voi pysähtyä.
Miten laskea todennäköisyys sille että 10:stä pallosta
kolme palloa pysähtyy ympyröidensä kehällä siten että
yksi on toiseen palloon tarkassa oppositiossa,(eli jos
toinen pallo on ruudussa 0 on toinen pallo ruudussa 180)
ja jokin pallo 8:sta jäljellä jäävästä
asettuu suhteessa ensimmäiseen palloon siten että
se pysähtyy, jollekin ruuduista 0-10,30,36,40,44-46,51,
56-64,71-73,80,85-95,102,108, 115-125,134-136,143-145,
149-151,160,175-180 tai toisella puoliskolla "vastaaviin"
paikkoihin ..eli.. 180-185,200, 210,215-217,224-226,231,236-244,
252,258,265-275.280,287-289,296-304,309,314-316,320,324,330,
350-0 Kaiken kaikkiaan yhteensä (63 63)
126 paikkaa 360:sta on mahdollisia
Samalla siis muut 8 palloa eivät
pysähdy suhteessa ensimmäiseen palloon ruuduille
0-10,30,36,40,44-46,51,56-64,71-73,80,85-95,102,108, 115-125,134-136,143-145,
149-151,160,175-180 jne. toisella puoliskolla vastaavat paikat 180-185,200
..210,215-217,224-226,231,236-244,252,258,265-275.280,287-289,296-304,
309,314-316,320,324,330,350-0 Kaiken kaikkiaan yhteensä (63 63)
126 paikkaa 360:sta on "kiellettyjä" paikkoja 360:stä.
d) ja laskentakaava sekä todennäköisyys sille, että ceteris paribus c kohta
mutta lisäksi vielä mikä tahansa muu pallo tekee "aspektin" ts. pysähtyy sovituille ruuduille
suhteessa ensimmäiseen palloon, siten että ensimmäisellä pallolla on
kolme"aspektia".
Seuraavassa "pallo" on todellisuudessa planeetta,kummalla
nyt asian hahmottaa paremmin
a) 10 palloa heitetään pyörimään ympyränmuotoisille kehille siten että
kukin pallo pyörii omaa rataansa eikä voi törmätä toiseen.Kullakin
ympyrän kehällä on 360 yhtä suurta paikkaa jolle pallo voi pysähtyä.
Miten laskea todennäköisyys sille että 10:stä pallosta
kolme tiettyä palloa pysähtyy ympyröidensä kehällä siten että
toinen on toiseen palloon tarkassa oppositiossa,(eli jos
toinen pallo on ruudussa 0 on toinen pallo ruudussa 180)
ja kolmas asettuu suhteessa ensimmäiseen palloon siten että
se pysähtyy, jollekin ruuduista 0-10,30,36,40,44-46,51,
56-64,71-73,80,85-95,102,108, 115-125,134-136,143-145,
149-151,160,175-180 tai toisella puoliskolla "vastaaviin"
paikkoihin ..eli.. 180-185,200, 210,215-217,224-226,231,236-244,
252,258,265-275.280,287-289,296-304,309,314-316,320,324,330,
350-0 Kaiken kaikkiaan yhteensä (63 63)
126 paikkaa 360:sta on mahdollisia
Ja samalla siis muut 8 palloa eivät
pysähdy suhteessa ensimmäiseen palloon ruuduille
0-10,30,36,40,44-46,51,56-64,71-73,80,85-95,102,108, 115-125,134-136,143-145,
149-151,160,175-180 jne. toisella puoliskolla vastaavat paikat 180-185,200
..210,215-217,224-226,231,236-244,252,258,265-275.280,287-289,296-304,
309,314-316,320,324,330,350-0 Kaiken kaikkiaan yhteensä (63 63)
126 paikkaa 360:sta on "kiellettyjä" paikkoja 360:stä.
hieman alkua....PäättelyN aloitus on tietysti helppo. Todennäköisyys sille että toinen
pallo pysähtyy tarkalleen juuri vastapäätä
ensimmäistä on luonnollisesti 1/360
Vaan mikä on todennäköisyys sille, että muut pallot pysähtyvät tai EIVÄT
saa pysähtyä kertaakan mainituille paikoille.
b) entä laskentakaava sekä todennäköisyys sille, että ceteris paribus a kohta
mutta neljäs tietty pallo tekee "aspektin" ts. pysähtyy sovituille ruuduille
suhteessa ensimmäiseen palloon, jolloin ensimmäisellä pallolla on
kolme"aspektia".
c) 10 palloa heitetään pyörimään ympyränmuotoisille kehille siten että
kukin pallo pyörii omaa rataansa eikä voi törmätä toiseen.Kullakin
ympyrän kehällä on 360 yhtä suurta paikkaa jolle pallo voi pysähtyä.
Miten laskea todennäköisyys sille että 10:stä pallosta
kolme palloa pysähtyy ympyröidensä kehällä siten että
yksi on toiseen palloon tarkassa oppositiossa,(eli jos
toinen pallo on ruudussa 0 on toinen pallo ruudussa 180)
ja jokin pallo 8:sta jäljellä jäävästä
asettuu suhteessa ensimmäiseen palloon siten että
se pysähtyy, jollekin ruuduista 0-10,30,36,40,44-46,51,
56-64,71-73,80,85-95,102,108, 115-125,134-136,143-145,
149-151,160,175-180 tai toisella puoliskolla "vastaaviin"
paikkoihin ..eli.. 180-185,200, 210,215-217,224-226,231,236-244,
252,258,265-275.280,287-289,296-304,309,314-316,320,324,330,
350-0 Kaiken kaikkiaan yhteensä (63 63)
126 paikkaa 360:sta on mahdollisia
Samalla siis muut 8 palloa eivät
pysähdy suhteessa ensimmäiseen palloon ruuduille
0-10,30,36,40,44-46,51,56-64,71-73,80,85-95,102,108, 115-125,134-136,143-145,
149-151,160,175-180 jne. toisella puoliskolla vastaavat paikat 180-185,200
..210,215-217,224-226,231,236-244,252,258,265-275.280,287-289,296-304,
309,314-316,320,324,330,350-0 Kaiken kaikkiaan yhteensä (63 63)
126 paikkaa 360:sta on "kiellettyjä" paikkoja 360:stä.
d) ja laskentakaava sekä todennäköisyys sille, että ceteris paribus c kohta
mutta lisäksi vielä mikä tahansa muu pallo tekee "aspektin" ts. pysähtyy sovituille ruuduille
suhteessa ensimmäiseen palloon, siten että ensimmäisellä pallolla on
kolme"aspektia".
Vastaukset 23
Vanhimmat
... olettaa, että jokainen 360 paikasta on yhtä todennäköinen? Entä onko 'tiettyjen pallojen' järjestys määritelty jo etukäteen? Oletan molemmat.
Planeetta-malli ei ole kovin realistinen ajatus... ;) Miten planeetta 'pysähtyisi radallaan'? Helpointa on ehkä ajatella kymmentä erillistä 360-lokeroista rulettia, joita verrataan suhteessa toisiinsa. Itse teen niin.
a) Et näköjään vielä osaa laskea kovin hyvin...
Lueteltuja ruutuja kolmannelle pallolle on yhteensä 140, ei suinkaan 126. Tarkkuutta! Kun kolme palloa on käytetty, meillä on 7 jäljellä, eikä suinkaan 8. :)
Jos käsitin kysymyksen oikein, haluamasi todennäköisyys on yksinkertaisesti:
(1/360) * (140/360) * (220/360)^7
Näet varmaan itsekin miksi näin on?
b) Mitä voimme olettaa? Onko neljännellä pallolla omat kielletyt ruutunsa vai samat kuin kolmannella? Tuleeko jäljelle jäävien kuuden pallon välttää kaikkia jo käytettyjä ruutuja?
Oletan niin. Olkoon n sallittujen ruutujen määrä nelospallolle, ja m neljän ensimmäisen pallon viemien ruutunumeroiden yhteismäärä. Saamme:
(1/360) * (140/360) * (n/360) * ((360-m)/360)^6
c)Käytämme notaatiota nCr kun tarkoitamme tapoja valita r-kokoinen osajoukko n-kokoisesta joukosta. Erilaisia kolmikkoja on siis 10C3.
Kaava on nCr = n!/(r!(n-r)!), missä n! = 1*2*...*n.
Käytämme notaatiota nPr kun tarkoitamme tapoja valita r-kokoinen järjestetty osajoukko n-kokoisesta joukosta. Erilaisia järjestettyjä kolmikkoja on siis 10P3.
Kaava on nPr = n!/(n-r)!, missä n! = 1*2*...*n. Selvästikin nPr = r! * nCr.
Ongelma tässä tehtävässä on se, että tapahtumat eivät ole riippumattomia toisistaan. Esim. jos tiedämme, että pallot toteuttavat ehdon, kun valitsemme järjestetyksi kolmikoksi pallot (1,2,3), on selvää ettei järjestys (2,1,3) välttämättä täytä samoja ehtoja yhtä todennäköisesti. Siksi emme voi vain kertoa todennäköisyyksiä keskenään.
Tehtävä näyttää todella hankalalta, mutta mietin sitä myöhemmin lisää.
nkorppi" Sopiiko... olettaa, että jokainen 360 paikasta on yhtä todennäköinen? Entä onko 'tiettyjen pallojen' järjestys määritelty jo etukäteen? Oletan molemmat. "
jmikael" jokainen 360 paikasta on yhtä todennäköinen..näin tässä laskuesimerkissä
(vaikkakin esim. mars,venusja merkurius ei esim. koskaan saavuta geosentrisetsi katsoen oppositioasemaa auringosta astrologisesti " )
jmikael:"pallojen "heittojärjestys" on itselle epäselvä sillä kyse on oikeastaan tilanteesta jossa ne pyörivät kaikki yhtäaikaa jo ja niiden kulloinenkin aspektiväli vain mitataan. Miten sen nyt sanoo siis tilasto-kielellä"
nkorppi:"Jos käsitin kysymyksen oikein, haluamasi todennäköisyys on yksinkertaisesti:
(1/360) * (140/360) * (220/360)^7
Näet varmaan itsekin miksi näin on?
jmikael:"No tässä pysyn mukana. Kyseessä on siis komplementtitapahtumien tn joka kerrotaan simppelisti "jäljellä olevien heittojen/pyörimisten määrällä"
b) nkorppi:" Mitä voimme olettaa? Onko neljännellä pallolla omat kielletyt ruutunsa vai samat kuin kolmannella? Tuleeko jäljelle jäävien kuuden pallon välttää kaikkia jo käytettyjä ruutuja?"
jmikael:" Voivat pysähtyä samoille ruuduille (eli ajattelemani amfiteatteriesimerkki olisi ollut vielä huonompi kun smaalla penkille olisi voinut istua 9 katsojaa) eli ehtottomasti
samoille ruuduille voi pysähtyä kun kyseessä avaruus"
nkorppi" Oletan niin. Olkoon n sallittujen ruutujen määrä nelospallolle, ja m neljän ensimmäisen pallon viemien ruutunumeroiden yhteismäärä. Saamme:
(1/360) * (140/360) * (n/360) * ((360-m)/360)^6
jmikael: "Meikäläisen aivoilla tämän kohdan seuraaminen oli jo työlästä"
c) nkorppi: "Käytämme notaatiota nCr kun tarkoitamme tapoja valita r-kokoinen osajoukko n-kokoisesta joukosta. Erilaisia kolmikkoja on siis 10C3.
Kaava on nCr = n!/(r!(n-r)!), missä n! = 1*2*...*n.
Käytämme notaatiota nPr kun tarkoitamme tapoja valita r-kokoinen järjestetty osajoukko n-kokoisesta joukosta. Erilaisia järjestettyjä kolmikkoja on siis 10P3.
Kaava on nPr = n!/(n-r)!, missä n! = 1*2*...*n. Selvästikin nPr = r! * nCr.
Ongelma tässä tehtävässä on se, että tapahtumat eivät ole riippumattomia toisistaan. Esim. jos tiedämme, että pallot toteuttavat ehdon, kun valitsemme järjestetyksi kolmikoksi pallot (1,2,3), on selvää ettei järjestys (2,1,3) välttämättä täytä samoja ehtoja yhtä todennäköisesti. Siksi emme voi vain kertoa todennäköisyyksiä keskenään.
Tehtävä näyttää todella hankalalta, mutta mietin sitä myöhemmin lisää."
jmikael "Kiitos. Toivon vielä appron vain käyneennä että löytyy jokin helppo ratkaisu
tuota oli jo ns. vaikea omilla aivoilla hahmottamaan. Eli vaatisi työlästä ekrtomista kaiketi, jos olen nyt osannut c-kohdassa asian tarpeen hahmottaa.
Kysehän olisi vain siitä että ..mikä on todennkäisyys planeetta x:n saada n-määrä aspekteja aurinkokuntamme isoimmista kiertolaisista joita olkoot nyt selvyyden vuoksi
10 (siis ilman Chironia)"
... sanoen helppoa vastausta c-kohtaan ei taida ollakaan. Kertolaskujen tai yhteenlaskujen työläys ei ole ongelma, vaan se, että niitä ei voi kovin simppelisti käyttää.
Lokerot eivät ole jakautuneet symmetrisesti keskustan suhteen, mikä aiheuttaa pahoja vaikeuksia todennäköisyyksien laskemisessa. Tavallaan heität tikkaa erittäin ihmeellisen muotoisia palkintosektoreita sisältävään tikkatauluun, jolloin on vaikea arvioida todennäköisyyksiä numeerisesti, jos laitat ehtoja sille miten sektorisisältöjen tulee olla suhteessa toisiinsa.
... yritän nyt uudelleen valaista c-kysymystä, hieman pidemmälle.
Olkoon S järjestettyjen kolmikoiden joukko. Huomaa, että |S| = 10P3 = 720.
Jos s kuuluu joukkoon S, olkoon tapahtuma
A_s = {s toteuttaa ehdot}
Haluat P(UNION{A_s}), missä unioni otetaan joukon S yli.
Oikeastaan ainoa tapa laskea tämä todennäköisyys on käyttää inclusion-exclusion-periaatetta:
http://en.wikipedia.org/wiki/Inclusion-exclusion_principle
Jotta voisit käyttää kaavaa, sinun pitää laskea todennäköisyydet P(A_(s_1)), P(A_(s_1) JA A_(s_2)), P(A_(s_1) JA A_(s_2) JA A_(s_3)), ... , P(A_(s_1) JA A_(s_2) JA ... JA A_(s_720)).
Sinun pitää laskea nämä kaikille mahdollisille kolmikoille s_1, s_2, ..., s_720. Tarvitset siis 2^720 - 1 eri todennäköisyyttä, joista suuri osa on toki samoja.
Otetaan esimerkiksi P(A_(s_1) JA A_(s_2)) pohdintaan. Todennäköisyyden arvo riippuu pelkästään siitä, miten monta yhteistä palloa kolmikoilla s_1 ja s_2 on -- ja myöskin suhteellinen järjestys, jossa yhteiset pallot esiintyvät.
Ellei tehtävässä satu olemaan jotain erityistä symmetriaa, en ihan heti keksi mitään helppoa ratkaisua.
c) 10 planeettaa pyörii ympyränmuotoisella kehällä, siten että
kukin planeetta pyörii omaa rataansa eikä voi koskaan törmätä toiseen.Kullakin
ympyrän kehällä on 360 yhtä suurta paikkaa, jolle planeetta voi pysähtyä.
Käytännössä planeetat voivat pysähtyä kaikki samalle paikalle (mikä johtuu siitä että
laskija/tarkastelija seuraa tapahtumia geosentrisesti/maasta käsin)
Kahden tai useamman planeettojen astekulman ollessa tietty niiden välillä on aspekti,
jolla on oma selvä merkityksensä eliön käyttäytymiselle 5000 vuotta elossa pysyneen
tieteen mukaan. Tiede, josta ovat olleet innostuneita useimmat merkittävät matemaatikot.
Aspekti syntyy kun kun planeettojen A ja B: välimatka on sellainen, että
planeetan A:n paikan ollessa 0 on planeetan B:n paikka ymypyränmuotoisella kehällä
jokin paikoista 0-10,30,36,40,44-46,51,
56-64,71-73,80,85-95,102,108, 115-125,134-136,143-145,
149-151,160,175-185,200, 210,215-217,224-226,231,236-244,
252,258,265-275.280,287-289,296-304,309,314-316,320,324,330,
350-359
Kaiken kaikkiaan siis yhteensä (66 66)
126 paikkaa 360:sta on sopivia jolloin syntyy kahden planeetan välille aspekti.
Ollaan kiinnostuneita mm. seuraavista kysymyksistä
c1) mikä on yleisin aspektimäärä jonka yksi planeetta saavuttaa?
c2) mikä on prosentuaalinen todennäköisyys sille, että planeetta saa
c2a) yhden aspektin?
c2b) kaksi aspektia?
c2c) kahdeksan aspektia?
c2d) kaikki yhdeksän aspektia?
c3) eroaako asia jollain tavoin jos ollaan kiinnostuneita tietyn planeetan aspekteista
Eikö siis todennäköisyys ole sama kuin kohdassa c2b jos kysymys olisi, että
millä todennäköisyydellä esim. Planeetta Venus on aspektissa juuri marsin ja jupiterin
kanssa.
PS: Voiko heittää prosentit laskuesimerkkeineen ilman mitään uusia vaikeita matemaattisia merkintöjä suoraan vastauskenttään.
Kyseessä on tilanne jossa kaikki alkeistapaukset ovat yhtä todennäköisiä.
Laskin kotona todennäköisyyksiä kysymykseen c, tosin vastauksen a-pohjalta koska en ymmärrä
mitä eroa on tietyllä planeetalla verrattuna vain
planeettaan, kun ei sitä ole kukaan selittänyt...
sain prosentuaalisen todennäköisyyden sille että muodostuu kaksi aspektia 0,5% kaavasta (132/360)kertaa (132/360)kertaa(228/360potenssiin7)
mitä useamman aspketin planeetta sai sitä pienemmäksi kävi prosentuaalinen tn. ..aina viiteen aspektiin asti.
Kokemuksen mukaan 4-5 aspektia per planeetta on yleisin. En kuitenkaan pysty hahmottamaan miten
tn. 4 tai 5:lle apsketille voi olla niin alahainen promilleluku, sillä juuri niin käytännössä taas tapahtuu yli kolmanneksessa tapauksista. Ts. kokonaistodennäköisyys prosenteissa mitattuna tulisi olla kaikista eri 1-9 aspketia yhteensä 100.
Mitään täydellistä vastausta en kaipaa,mutta sellaista joka on maalaisjärjellä lähellä totuutta.
... on sitten 'maalaisjärjellä' lähellä totuutta c-tehtävään? Tehtävä on VAIKEA.
Voin selittää eron: Jos fiksaat tietyn planeetan, olet fiksannut yhden asteikon 0-359.
Jos et fiksaa mitään tiettyä planeettaa, ei riitä että käsittelet yhden asteikon 0-359, vaan sinun pitää käsitellä 359 erillistä asteikkoa yhtäaikaisesti! Kaikki mahdolliset aloituspisteet on huomioitava.
Ei ole mitään haluamaasi helppoa laskua c-kohtaan. En myöskään tiedä miten olet saanut luvun 132. 'Kokemuksen mukaan' ei valitettavasti ole tässä kovinkaan arvokas tieto. Matikassa ei arvailla.
Kyse on siis siitä että planeetta voi saada (vain) 0-9
aspektia. Koska muuta mahdollisuutta ei ole (10 planeetan ollessa kyseessä) ón tn. oltava aspektien eri mahdollisuuksille = 100%.
Sen sijaan jos vaikka käytetään a-kohdan vastausta tulee prosenttitodennköisyyksiksiksi
yhteensä noin 1% eli kokonaistn.0,01 eikä 1
mahdollisuus saada
a) 0 aspketia , [(228/360)potenssiin 9)]
b) 1 aspektia [(132/360)kertaa(228/360potenssiin 8)]
jne...
Miten selittyy alhainen todennäköisyys ja puolestaan kokemus siitä että 3-6 aspektia
on tyypillisin per yksi(jokin) planeetta.
PS.
132=66+66=mahdollisten alkeistapausten lukumäärä
eli mikä on aspektin todennäköisyys (132/360)
... lukea sun ajatuksia: esim. c3-kohdassa annat ymmärtää, että c-kohta on kokonaisuudessaan sama kuin alun perin, eli haluat todennäköisyyttä että 'mikä tahansa planeetta' toteuttaa ehdot.
Nyt näyttää taas siltä kuin olisit jatkamassa a-kohtaa, eli kysymässä todennäköisyyttä, että 'jokin valittu planeetta' toteuttaa ehdot.
Jos tarkoitat jälkimmäistä, eli todennäköisyydet ovat muotoa P_r = (228/360)^r *(132/360)^(n-r) , nämä luvut tietenkin kasvavat mitä suurempi r on. Mieti asiaa maalaisjärjellä: Todennäköisyys muodostuu kertomalla yhdeksän lukua keskenään, ja haluamme niiden olevan mahdollisimman suuria. Tästä näkökulmasta on parempi mitä suurempi osa niistä on 228/360, mieluummin kuin 132/360.
Siksi 0 aspektia on tietenkin todennäköisin vaihtoehto jollekin tietylle planeetalle. 'Kokemus jostain muusta' kertoo joko 'kokemuksen harhaisuudesta', tai siitä, etteivät planeetat sittenkään ole jakautuneet tasaisesti valitun planeetan ympärille, ja tämä virheellinen oletus johtaa harhaan.
Planeettojen radat eivät yleensä ole pyöreitä, vaan ellipsejä, jolloin planeetta liikkuu hitaimmin suhteessa valittuun pisteeseen kun se on ellipsin ääripäissä, ja nämä 'lokerot' ovat siten 'yleisempiä' kuin 1/360.
Sen sijaan jos kaksi palloa eivät voisi saada samaa lokeroa suhteessa valittuun palloon, tällöin 'keskimmäiset' todennäköisyydet saisivat etua suurista binomikertoimista. Pascalin kolmion rivi on suurimmillaan keskivaiheille.
... todennäköisyydet eivät suinkaan ole muotoa
P_r = (132/360)^r * (228/360)^(n-r)
Vaan oikeat todennäköisyydet ovat
P_r = 9Cr * (132/360)^r * (228/360)^(n-r)
Missä nCr on binomikerroin, joka kertoo miten monella tavalla r voidaan valita n-suuruisesta joukosta.
Eli esim. 9C3 on tapojen määrä millä valitsemme ne kolme aspektissa olevaa planeettaa. Kaikki mahdolliset kolmikot pitää huomioida erikseen.
Alkuperäisessä kysymyksessä olit laittanut valmiin järjestyksen palloille 1, 2 ja 3 jolloin tilanne oli eri. Olit valinnut kolme palloa etukäteen. On täysin eri tilanne valita etukäteen ne aspektissa olevat pallot!
Joten keskimmäiset todennäköisyydet saattavat hyvinkin olla 'suurempia', sillä 9Cr maksimoidaan, kun r=4,5.
... mahdollisuus saada yksi aspekti EI OLE
(132/360)*(228/360)^8
vaan se on
8 * (132/360)*(228/360)^8
sillä meillä on kahdeksan vaihtoehtoa aspektissa olevaksi palloksi.
Tarkoitin tietysti
9 * (132/360)*(228/360)^8
sillä meillä on yhdeksän vaihtoehtoa aspektissa olevaksi palloksi.
9Cr * (132/360)^r * (228/360)^(n-r)
Tämä on suurin, kun r=3.
Eli todennäköisin aspektimäärä on 3.
Huomioi, että lokerot eivät ole varsinaisesti tasajakautuneita, ellipsiratojen takia, eikä taivas ole oikeasti kaksiulotteinen.
Muutoin voin nyt antaa vähän paremmat vastaukset, nyt kun tajusin vihdoin mitä sekavalla kirjoituksellasi tarkoitit.
Oletamme, että meillä on etukäteen valittu havaintoplaneetta, mutta mitään muuta ei olla valittu. Oletetaan, että 132 lokeroa kelpaa. (Vaikka 140 onkin oikein laskettu määrä.)
c1) Vastaus on 3.
c2a) 8.5%
c2b) 19.8%
c2c) 0.18%
c2d) 0.012%
"Eikö siis todennäköisyys ole sama kuin kohdassa c2b jos kysymys olisi, että millä todennäköisyydellä esim. Planeetta Venus on aspektissa juuri marsin ja jupiterin kanssa. "
Ei tietenkään ole sama, sillä mars ja jupiter ovat vain yksi valinta planeettapariksi. On otettava huomioon 9C2 = 36 eri valintaa, joten jälkimmäinen todennäköisyys on vain 1/36 siitä mitä c2b tarjosi.
... aspektimäärä on tietenkin 132/360 * 9 = 3.3
... ei olla valittu havaintoplaneettaa (niin kuin alkuperäisessä c-osassa), tehtävä on lähes mahdoton.
Binomitodennäköisyys tai mikä lie vaikuttaa
juuri kaivatulta ja riittävän simppeliltä, jotta sen voi laskea.
Ko. alueelta puuttuu täysin esim. kirja jossa olisi todennäköisyyslaskennan perspektiivi.
Tässä taisi tulla ratkaistua kauan sinnitellyt ongelma.
Onnittelut vaikka ei voikaan rahallista korvausta
maksaa kun ei ole mistä ottaa.
..siihen kuinka kaava toimii
ja kuinka vastaukset
c2a) 8.5%
c2b) 19.8%
c2c) 0.18%
c2d) 0.012%
syntyivät? eli miten laskukaavaa sovelletaan
edetessä kohdasta c2a, c2b:hen ja edelleen eteenpäin
kohti c2c:tä jne..?
Itse ryhdyin soveltamaan kaavaa jotenkin väärin
ja sain vain laskevia todennäköisyyksiä
esim. tn valitulle pallolle 1 aspketi
9kertaa (132/360)kertaa (228/360 potenssiin 9)
2 aspektia valitulle pallolle
8 kertaa (132/360 potenssiin 2)kertaa(228/360 potensiin 8)
3 aspektia pallolle
7 kertaa (132/360 potensiin 3) kertaa (228/360 potenssiin 7)
mutta näin se ei ainakaan mennyt kun prontit alkoi 4,4% ja tippui, 2.2., 1,1, ja 0,5%:iin neljän kohdalla
Vaan kuinkas kaavaa sovelletaan?
koska en oikeasti hokaa kerrotaanko
esim. binomitodennköisyys jollain kertomalla
vai miten saadaan korkeita prosenttilukuja eli oikeat vastaukset
... mutta suosittelen etsimään netistä tietoa 'binomial distribution' tai 'binomitodennäköisyys'. Asian pitäisi vähitellen selkiytyä.
Tässä lyhyt yhteenveto. Oletetaan, että tapahtuma on joko-tai tapahtuma, ja sitä kokeillaan n kertaa. Jokainen tapahtuma on riippumaton muista. Yksittäisen onnistumisen todennäköisyys on p.
P(tasan r onnistuu) = nCr * p^r * (1-p)^(n-r)
Tässä nCr = 'tapoja valita r vaihtoehtoa n:stä mahdollisesta' = n!/(r!(n-r)!) , missä n! = 1*2*...*n. (Yleensä myös laskimessa on toiminto nCr.)
Esimerkki: Kahden aspektin tapauksessa vastaus on
9C2 * p^2 * (1-p)^7
9C2 kertoo kuinka monella tavalla voimme valita kaksi aspektia yhdeksästä mahdollisesta. Kaikki tavat on otettava huomioon.
nCr = n!/(r!(n-r)!) , missä n! = 1*2*...*n.
tajusin jo eilen että
laskukaavan on edettävä
2. aspektia
X* (128/360)^2 * (228/360)^7 =19,8%
3.aspektia
X*(128/360)^3 * (228/360)^6 =Y%
4. aspketia jne
mutta en usko että tajuan tuota X:ää.
Kokeilin mm. lukuja millä annetut prosentit syntyivät ja sain 9:llä jaollisen 36 luvun
kertoimeksi kohtaan "2 aspektia ja 19,8%"
mutta silloinkin tulokseksi tuli 19,08% eikä 19,8%
Vieläkö hermojen verryttelyksi ja pitkäpinnaisuusharjoittelun vuoksi joku jaksaisi selvittää kädestä pitäen tuon mysteerin
"X:n" osalta?
Laittaisi vielä laskukaavan kokonaisuudessaan
esim. siitä kuinka on tullut prosenteiksi
1 aspekti = 8,5%
2 aspketia = 19,8%
8 aspektia = 0,18%
9 aspektia = 0,012%
tai ainakin kertoisi sen mitä "X" on numeroina
kussakin kohdassa. Nimittäin ryhdyin miettimään
onko prosentit varmasti oikein kun "kertoimen" oli noustava omissa kokeiluissa yhtäkkiä 9:stä 36:een.
Suurkiitokset vielä,
PS: lupaan poistua samalla listoilta kun olen tämän asian hokannut.
... Merkitään yleisesti n! = n*(n-1)*...*1 . Eli kerrotaan kaikki kokonaisluvut yhdestä n:ään.
Aspektimäärälle r, saat luvun
X = 9Cr = 9!/[r! * (9-r)!]
Intuitiivisesti tuo luku kertoo kuinka monella tavalla voit valita r aspektia 9:stä mahdollisesta.
Laskimessa pitäisi myös olla valmistoiminto nCr.