Jest wysoce prawdopodobne, że... Statystyczna definicja prawdopodobieństwa

Oczywiste jest, że każde zdarzenie ma różny stopień możliwości jego wystąpienia (jego realizacji). Aby ilościowo porównać zdarzenia ze sobą według stopnia ich możliwości, konieczne jest oczywiście powiązanie z każdym zdarzeniem pewna liczba, która jest tym większa, im bardziej prawdopodobne jest zdarzenie. Liczba ta nazywana jest prawdopodobieństwem zdarzenia.

Prawdopodobieństwo zdarzenia– jest liczbową miarą stopnia obiektywnej możliwości wystąpienia tego zdarzenia.

Rozważmy eksperyment stochastyczny i zdarzenie losowe A zaobserwowane w tym eksperymencie. Powtórzmy to doświadczenie n razy i niech m(A) będzie liczbą eksperymentów, w których zaszło zdarzenie A.

Relacja (1.1)

zwany częstotliwość względna zdarzenia A w serii przeprowadzonych eksperymentów.

Łatwo jest zweryfikować ważność właściwości:

jeśli A i B są niespójne (AB= ), to ν(A+B) = ν(A) + ν(B) (1.2)

Częstotliwość względną określa się dopiero po serii eksperymentów i, ogólnie rzecz biorąc, może się różnić w zależności od serii. Jednakże doświadczenie pokazuje, że w wielu przypadkach wraz ze wzrostem liczby eksperymentów częstotliwość względna zbliża się do pewnej wartości. Ten fakt stabilności częstotliwości względnej został wielokrotnie zweryfikowany i można go uznać za ustalony eksperymentalnie.

Przykład 1.19.. Jeśli rzucisz jedną monetą, nikt nie jest w stanie przewidzieć, która strona wyląduje na wierzchu. Ale jeśli rzucisz dwie tony monet, to wszyscy powiedzą, że wraz z herbem wypadnie około jednej tony, czyli względna częstotliwość wypadania herbu wynosi około 0,5.

Jeżeli wraz ze wzrostem liczby eksperymentów względna częstotliwość zdarzenia ν(A) dąży do pewnej ustalonej liczby, to mówimy, że zdarzenie A jest statystycznie stabilne, a liczba ta nazywana jest prawdopodobieństwem zdarzenia A.

Prawdopodobieństwo zdarzenia A wywoływana jest pewna stała liczba P(A), do której w miarę wzrostu liczby eksperymentów zmierza częstotliwość względna ν(A) tego zdarzenia, tj.

Ta definicja nazywa się definicja statystyczna prawdopodobieństwa .

Rozważmy pewien eksperyment stochastyczny i niech przestrzeń jego zdarzeń elementarnych składa się ze skończonego lub nieskończonego (ale przeliczalnego) zbioru zdarzeń elementarnych ω 1, ω 2, …, ω i, …. Załóżmy, że każdemu zdarzeniu elementarnemu ω i przyporządkowana jest pewna liczba - р i, charakteryzująca stopień możliwości wystąpienia tego elementu wydarzeniem i spełniające następujące właściwości:

Ta liczba p i nazywa się prawdopodobieństwo zdarzenia elementarnegoωi.

Niech teraz A będzie zdarzeniem losowym zaobserwowanym w tym doświadczeniu i niech odpowiada pewnemu zbiorowi

W opcjach prawdopodobieństwo zdarzenia A nazwać sumą prawdopodobieństw zdarzeń elementarnych faworyzujących A(zawarte w odpowiednim zestawie A):

(1.4)

Wprowadzone w ten sposób prawdopodobieństwo ma takie same właściwości jak częstotliwość względna, a mianowicie:

A jeśli AB = (A i B są niezgodne),

wówczas P(A+B) = P(A) + P(B)

Rzeczywiście, zgodnie z (1.4)

W ostatniej relacji wykorzystaliśmy fakt, że żadne pojedyncze zdarzenie elementarne nie może faworyzować dwóch niezgodnych zdarzeń jednocześnie.

Szczególnie zauważamy, że teoria prawdopodobieństwa nie wskazuje metod wyznaczania pi; należy ich szukać na podstawie rozważań o charakterze praktycznym lub uzyskane w wyniku odpowiedniego eksperymentu statystycznego.

Jako przykład rozważmy klasyczny schemat teorii prawdopodobieństwa. Aby to zrobić, rozważmy eksperyment stochastyczny, którego przestrzeń zdarzeń elementarnych składa się ze skończonej (n) liczby elementów. Załóżmy dodatkowo, że wszystkie te zdarzenia elementarne są jednakowo możliwe, czyli prawdopodobieństwa zdarzeń elementarnych są równe p(ω i)=p i =p. Wynika, że

Przykład 1.20. Przy rzucie symetryczną monetą wypadnięcie orła i reszki jest równie możliwe, ich prawdopodobieństwo wynosi 0,5.

Przykład 1.21. Przy rzucie symetryczną kostką wszystkie twarze są jednakowo możliwe, ich prawdopodobieństwa są równe 1/6.

Niech teraz zdarzenie A będzie faworyzowane przez m zdarzeń elementarnych, tak się je zwykle nazywa wyniki korzystne dla zdarzenia A. Następnie

Dostał klasyczna definicja prawdopodobieństwa: prawdopodobieństwo P(A) zdarzenia A jest równe stosunkowi liczby wyników korzystnych dla zdarzenia A do całkowitej liczby wyników

Przykład 1.22. W urnie znajduje się m kul białych i n czarnych. Jakie jest prawdopodobieństwo, że to wyjdzie? biała kula?

Rozwiązanie. Całkowita liczba zdarzeń elementarnych wynosi m+n. Wszystkie są równie prawdopodobne. Korzystne wydarzenie A z czego m.in. Stąd, .

Z definicji prawdopodobieństwa wynikają następujące własności:

Właściwość 1. Prawdopodobieństwo wiarygodne wydarzenie równy jeden.

Rzeczywiście, jeśli zdarzenie jest wiarygodne, to każdy elementarny wynik testu faworyzuje zdarzenie. W tym przypadku t=p, stąd,

P(A)=m/n=n/n=1.(1.6)

Własność 2. Prawdopodobieństwo niemożliwe wydarzenie równy zeru.

Rzeczywiście, jeśli zdarzenie jest niemożliwe, to żaden z elementarnych wyników testu nie sprzyja temu zdarzeniu. W tym przypadku T= 0, zatem P(A)=m/n=0/n=0. (1.7)

Własność 3.Prawdopodobieństwo Zdarzenie losowe jest liczbą dodatnią z zakresu od zera do jeden.

Rzeczywiście, tylko część całkowitej liczby elementarnych wyników testu jest faworyzowana przez zdarzenie losowe. Czyli 0≤m≤n, co oznacza 0≤m/n≤1, zatem prawdopodobieństwo dowolnego zdarzenia spełnia podwójną nierówność 0≤ ROCZNIE) ≤1. (1.8)

Porównując definicje prawdopodobieństwa (1.5) i częstotliwości względnej (1.1) dochodzimy do wniosku: definicja prawdopodobieństwa nie wymaga przeprowadzania badań W rzeczywistości; zakłada to definicja częstotliwości względnej faktycznie przeprowadzono badania. Innymi słowy, prawdopodobieństwo oblicza się przed eksperymentem, a częstotliwość względną - po eksperymencie.

Obliczenie prawdopodobieństwa wymaga jednak wstępnej informacji o liczbie lub prawdopodobieństwie elementarnych wyników korzystnych dla danego zdarzenia. W przypadku braku takich wstępnych informacji do określenia prawdopodobieństwa wykorzystuje się dane empiryczne, to znaczy względną częstotliwość zdarzenia określa się na podstawie wyników eksperymentu stochastycznego.

Przykład 1.23. Dział kontroli technicznej odkrył 3 części niestandardowe w partii 80 losowo wybranych części. Względna częstotliwość występowania części niestandardowych r(A)= 3/80.

Przykład 1.24. Zgodnie z przeznaczeniem.wyprodukowano 24 oddał 19 trafień. Względny współczynnik trafień celu. r(A)=19/24.

Obserwacje długoterminowe pokazał, że jeśli w te same warunki przeprowadzić eksperymenty, w każdym z których liczba testów jest wystarczająco duża, wówczas częstotliwość względna wykazuje właściwość stabilności. Ta nieruchomość jest że w różnych eksperymentach częstotliwość względna zmienia się niewiele (im mniej, tym więcej przeprowadza się testów), oscylując wokół pewnej stałej liczby. Okazało się, że to stała liczba można przyjąć jako przybliżoną wartość prawdopodobieństwa.

Więcej szczegółów i dokładniej połączenie pomiędzy względną częstotliwością a prawdopodobieństwem zostanie przedstawione poniżej. Zilustrujmy teraz własność stabilności przykładami.

Przykład 1.25. Według szwedzkich statystyk względną częstość urodzeń dziewcząt w roku 1935 w poszczególnych miesiącach charakteryzują następujące liczby (liczby ułożone są w kolejności miesięcy, zaczynając od Styczeń): 0,486; 0,489; 0,490; 0.471; 0,478; 0,482; 0.462; 0,484; 0,485; 0,491; 0,482; 0,473

Częstotliwość względna oscyluje wokół liczby 0,481, którą można przyjąć jako przybliżona wartość prawdopodobieństwo posiadania dziewcząt.

Należy pamiętać, że dane statystyczne różne kraje dają w przybliżeniu tę samą względną wartość częstotliwości.

Przykład 1.26. Wielokrotnie przeprowadzano eksperymenty z rzucaniem monetą, w których liczono liczbę wystąpień „herbu”. Wyniki kilku eksperymentów przedstawiono w tabeli.

Na Oceniając prawdopodobieństwo wystąpienia dowolnego zdarzenia losowego, bardzo ważne jest, aby dobrze zrozumieć, czy prawdopodobieństwo () wystąpienia interesującego nas zdarzenia zależy od tego, jak rozwiną się inne zdarzenia.

W przypadku schematu klasycznego, gdy wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne, możemy już niezależnie oszacować wartości prawdopodobieństwa poszczególnych interesujących nas zdarzeń. Możemy to zrobić nawet jeśli zdarzenie jest złożonym zbiorem kilku elementarnych wyników. Co się stanie, jeśli jednocześnie lub sekwencyjnie wystąpi kilka zdarzeń losowych? Jak wpływa to na prawdopodobieństwo wystąpienia interesującego nas zdarzenia?

Jeśli rzucę kilka razy kostką i chcę, żeby wypadła szóstka, a ciągle mam pecha, czy to oznacza, że ​​powinienem zwiększyć swój zakład, ponieważ zgodnie z teorią prawdopodobieństwa wkrótce będę miał szczęście? Niestety, teoria prawdopodobieństwa nie stwierdza czegoś takiego. Żadnych kości, żadnych kart, żadnych monet nie pamiętam w czym nam pokazali ostatni raz. Jest dla nich zupełnie obojętne, czy testuję dziś swoje szczęście po raz pierwszy, czy dziesiąty. Za każdym razem, gdy powtarzam rzut, wiem tylko jedno: i tym razem prawdopodobieństwo wyrzucenia szóstki wynosi ponownie jedną szóstą. Nie oznacza to oczywiście, że potrzebny mi numer nigdy się nie pojawi. Oznacza to tylko, że moja strata po pierwszym rzucie i po każdym kolejnym rzucie są zdarzeniami niezależnymi.

Wywoływane są zdarzenia A i B niezależny, jeżeli realizacja jednego z nich nie wpływa w żaden sposób na prawdopodobieństwo wystąpienia innego zdarzenia. Na przykład prawdopodobieństwo trafienia celu pierwszą z dwóch broni nie zależy od tego, czy cel został trafiony drugą bronią, więc zdarzenia „pierwsza broń trafiła w cel” i „druga broń trafiła w cel” są niezależny.

Jeżeli dwa zdarzenia A i B są niezależne i znane jest prawdopodobieństwo każdego z nich, to prawdopodobieństwo jednoczesnego wystąpienia zarówno zdarzenia A, jak i zdarzenia B (oznaczonego jako AB) można obliczyć za pomocą poniższego twierdzenia.

Twierdzenie o mnożeniu prawdopodobieństwa dla zdarzeń niezależnych

P(AB) = P(A)*P(B)- prawdopodobieństwo jednoczesny początek dwóch niezależny zdarzenia są równe praca prawdopodobieństwa tych zdarzeń.

Przykład.Prawdopodobieństwo trafienia w cel podczas strzelania z pierwszego i drugiego działa jest odpowiednio równe: p 1 = 0,7; p2 =0,8. Znajdź prawdopodobieństwo trafienia jedną salwą z obu dział jednocześnie.

Rozwiązanie: jak już widzieliśmy, zdarzenia A (trafienie pierwszym pistoletem) i B (trafienie drugim pistoletem) są niezależne, tj. P(AB)=P(A)*P(B)=p 1 *p 2 =0,56.

Co stanie się z naszymi szacunkami, jeśli zdarzenia początkowe nie będą niezależne? Zmieńmy trochę poprzedni przykład.

Przykład.Dwóch strzelców strzela do tarcz na zawodach, a jeśli jeden z nich strzela celnie, przeciwnik zaczyna się denerwować i jego wyniki się pogarszają. Jak zamienić tę codzienną sytuację w problem matematyczny i nakreślić sposoby jego rozwiązania? Intuicyjnie jasne jest, że musimy w jakiś sposób oddzielić te dwie opcje rozwój, utwórz zasadniczo dwa scenariusze, dwa różne zadania. W pierwszym przypadku, jeśli przeciwnik spudłuje, scenariusz będzie korzystny dla zdenerwowanego sportowca, a jego celność będzie większa. W drugim przypadku, jeśli przeciwnik przyzwoicie wykorzystał swoją szansę, prawdopodobieństwo trafienia w cel dla drugiego zawodnika maleje.

Aby rozdzielić możliwe scenariusze (często zwane hipotezami) rozwoju wydarzeń, często będziemy używać diagramu „drzewa prawdopodobieństwa”. Diagram ten ma podobne znaczenie do drzewa decyzyjnego, z którym zapewne już miałeś do czynienia. Każda gałąź reprezentuje odrębny scenariusz rozwoju wydarzeń, tyle że teraz ma swoje znaczenie tzw warunkowy prawdopodobieństwa (q 1, q 2, q 1 -1, q 2 -1).

Schemat ten jest bardzo wygodny do analizy sekwencyjnych zdarzeń losowych.

Pozostaje wyjaśnić jeszcze jedno ważne pytanie: skąd biorą się początkowe wartości prawdopodobieństw? prawdziwe sytuacje ? W końcu teoria prawdopodobieństwa nie działa tylko w przypadku monet i kości? Zwykle szacunki te pochodzą ze statystyk, a gdy informacje statystyczne nie są dostępne, przeprowadzamy własne badania. I często musimy to zaczynać nie od zebrania danych, ale od pytania, jakich informacji tak naprawdę potrzebujemy.

Przykład.Załóżmy, że musimy oszacować wielkość rynku dla miasta liczącego sto tysięcy mieszkańców. nowy produkt, który nie jest niezbędnym elementem np. balsamu do pielęgnacji włosów farbowanych. Rozważmy diagram „drzewa prawdopodobieństwa”. W takim przypadku musimy w przybliżeniu oszacować wartość prawdopodobieństwa dla każdej „gałęzi”. Zatem nasze szacunki dotyczące pojemności rynku:

1) ogółu mieszkańców miasta 50% stanowią kobiety,

2) spośród wszystkich kobiet tylko 30% często farbuje włosy,

3) z nich tylko 10% używa balsamów do włosów farbowanych,

4) z nich tylko 10% może zdobyć się na odwagę i wypróbować nowy produkt,

5) 70% z nich zazwyczaj kupuje wszystko nie u nas, ale od naszej konkurencji.

Rozwiązanie: Zgodnie z prawem mnożenia prawdopodobieństw wyznaczamy prawdopodobieństwo interesującego nas zdarzenia A = (mieszkaniec miasta kupuje od nas ten nowy balsam) = 0,00045.

Pomnóżmy tę wartość prawdopodobieństwa przez liczbę mieszkańców miasta. W rezultacie mamy tylko 45 potencjalnych klientów, a biorąc pod uwagę, że jedna butelka tego produktu wystarcza na kilka miesięcy, handel nie jest zbyt żywy.

A jednak z naszych ocen wynika pewna korzyść.

Po pierwsze, możemy porównać prognozy różnych pomysłów biznesowych; będą one miały różne „widełki” na diagramach i oczywiście wartości prawdopodobieństwa również będą inne.

Po drugie, jak już powiedzieliśmy, wartość losowa Nie nazywa się tego losowym, bo w ogóle od niczego nie zależy. Tylko ona dokładny znaczenie nie jest z góry znane. Wiemy, że średnią liczbę kupujących można zwiększyć (np. reklamując nowy produkt). Sensowne jest zatem skupienie naszych wysiłków na tych „widełkach”, w których rozkład prawdopodobieństwa nam szczególnie nie odpowiada, na tych czynnikach, na które mamy wpływ.

Przyjrzyjmy się jeszcze jednemu przykład ilościowy badania zachowań zakupowych.

Przykład. Targ spożywczy odwiedza średnio 10 000 osób dziennie. Prawdopodobieństwo, że odwiedzający rynek wejdzie do pawilonu nabiał, jest równe 1/2. Wiadomo, że w tym pawilonie sprzedaje się średnio 500 kg różnych produktów dziennie.

Czy można powiedzieć, że przeciętny zakup w pawilonie waży zaledwie 100 g?

Dyskusja. Oczywiście nie. Wiadomo, że nie każdy, kto wszedł do pawilonu, ostatecznie coś tam kupił.

Jak widać na wykresie, aby odpowiedzieć na pytanie o średnią wagę zakupu, musimy znaleźć odpowiedź na pytanie, czym jest prawdopodobieństwo, żeże osoba wchodząc do pawilonu coś tam kupi. Jeżeli nie dysponujemy takimi danymi, a są nam potrzebne, będziemy musieli sami je pozyskać, obserwując przez jakiś czas osoby odwiedzające pawilon. Załóżmy, że z naszych obserwacji wynika, że ​​tylko co piąty zwiedzający pawilon kupuje coś.

Kiedy już uzyskamy te szacunki, zadanie staje się proste. Z 10 000 osób, które przyjdą na targ, 5 000 trafi do pawilonu z nabiałem, dokonanych zostanie zaledwie 1 000 zakupów, średnia waga zakupów to 500 gramów. Warto zauważyć, że aby zbudować pełny obraz tego, co się dzieje, logikę warunkowego „rozgałęzienia” należy na każdym etapie naszego rozumowania zdefiniować tak jasno, jak gdybyśmy pracowali z „konkretną” sytuacją, a nie z prawdopodobieństwami.

Zadania samotestujące

1. Niech tak będzie obwód elektryczny, składający się z n połączonych szeregowo elementów, z których każdy działa niezależnie od pozostałych.

Znane jest prawdopodobieństwo p awarii każdego elementu. Określ prawdopodobieństwo prawidłowego działania całego odcinka obwodu (zdarzenie A).

2. Uczeń zna 20 z 25 pytania egzaminacyjne. Znajdź prawdopodobieństwo, że uczeń zna trzy pytania zadane mu przez egzaminatora.

3. Produkcja składa się z czterech kolejnych etapów, na każdym z nich pracuje sprzęt, dla którego prawdopodobieństwa awarii w ciągu kolejnego miesiąca wynoszą odpowiednio p 1, p 2, p 3 i p 4. Znajdź prawdopodobieństwo, że w ciągu miesiąca nie będzie przestojów w produkcji z powodu awarii sprzętu.

Na moim blogu tłumaczenie kolejnego wykładu z kursu „Zasady balansu gry” autorstwa projektanta gier Jana Schreibera, który pracował przy takich projektach jak Marvel Trading Card Game i Playboy: the Mansion.

Zanim Dzisiaj prawie wszystko, o czym mówiliśmy, było deterministyczne, a w zeszłym tygodniu przyjrzeliśmy się bliżej mechanice przechodniej, wchodząc w tyle szczegółów, ile tylko udało mi się wyjaśnić. Ale do tej pory nie zwracaliśmy uwagi na inny aspekt wielu gier, a mianowicie na aspekty niedeterministyczne - innymi słowy na losowość.

Zrozumienie natury losowości jest bardzo ważne dla projektantów gier. Tworzymy systemy, które wpływają na wrażenia użytkownika z danej gry, dlatego musimy wiedzieć, jak te systemy działają. Jeśli w systemie występuje losowość, musimy zrozumieć naturę tej losowości i wiedzieć, jak ją zmienić, aby uzyskać potrzebne wyniki.

Kostka do gry

Zacznijmy od czegoś prostego – rzucania kostka do gry. Kiedy większość ludzi myśli o kostkach, na myśl przychodzą sześciościenne kości znane jako k6. Ale większość graczy widziała wiele innych kości: czworościenną (d4), ośmiokątną (d8), dwunastościenną (d12), dwudziestościenną (d20). Jeśli jesteś prawdziwym maniakiem, możesz mieć gdzieś kostki 30-ścienne lub 100-ścienne.

Jeśli nie jesteś zaznajomiony z terminologią, d oznacza kość, a liczba po niej oznacza liczbę jej boków. Jeśli liczba pojawia się przed d, oznacza to liczbę kości, którymi należy rzucić. Na przykład w grze Monopoly rzucasz 2k6.

Więc w w tym przypadku wyrażenie „kostki” - symbol. Istnieje ogromna liczba innych generatorów liczb losowych, które nie wyglądają jak plastikowe figurki, ale spełniają tę samą funkcję - generują Liczba losowa od 1 do n. Zwykłą monetę można również przedstawić jako dwuścienną kostkę d2.

Widziałem dwa projekty siedmiościennych kostek do gry: jeden z nich wyglądał jak kostka, a drugi bardziej przypominał siedmiościenny drewniany ołówek. Czworościenny dreidel, znany również jako titotum, jest podobny do kości czworościennej. Obracająca się tablica strzałek w Chutes & Ladders, gdzie wyniki mogą wynosić od 1 do 6, odpowiada sześciościennej kostce.

Komputerowy generator liczb losowych może utworzyć dowolną liczbę od 1 do 19, jeśli projektant tak określi, nawet jeśli komputer nie ma 19-ściennej kostki (ogólnie powiem więcej o prawdopodobieństwie pojawienia się liczb na komputer w przyszłym tygodniu). Wszystkie te elementy wyglądają inaczej, ale w rzeczywistości są równoważne: masz równe szanse na każdy z kilku możliwych wyników.

Kości mają trochę ciekawe właściwości o których musimy wiedzieć. Po pierwsze, prawdopodobieństwo wylosowania dowolnej kości jest takie samo (zakładam, że rzucasz właściwą kostką). kształt geometryczny). Jeśli chcesz poznać średnią wartość rzutu (dla tych, którzy interesują się teorią prawdopodobieństwa, jest to tzw wartość oczekiwana), zsumuj wartości na wszystkich ścianach i podziel tę liczbę przez liczbę ścian.

Suma wartości wszystkich boków dla standardowej kostki sześciościennej wynosi 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21. Podziel 21 przez liczbę boków i uzyskaj średnią wartość rzutu: 21 / 6 = 3,5. Ten szczególny przypadek, ponieważ zakładamy, że wszystkie wyniki są jednakowo prawdopodobne.

A co jeśli masz specjalne kości? Widziałem na przykład grę z sześciościenną kostką ze specjalnymi naklejkami po bokach: 1, 1, 1, 2, 2, 3, więc zachowuje się jak dziwna trójścienna kostka, z którą więcej szansże liczba będzie wynosić 1, a nie 2, i że liczba będzie raczej 2 niż 3. Jaka jest średnia wartość rzutu tą kością? Zatem 1 + 1 + 1 + 2 + 2 + 3 = 10 podzielone przez 6 - okazuje się, że 5/3, czyli około 1,66. Tak więc, jeśli masz specjalną kość, a gracze rzucają trzema kośćmi, a następnie sumują wyniki – wiesz, że ich wynik wyniesie około 5 i możesz zrównoważyć grę w oparciu o to założenie.

Kości i niezależność

Jak już powiedziałem, wychodzimy z założenia, że ​​prawdopodobieństwo wypadnięcia każdej ze stron jest jednakowe. Nie ma znaczenia, ile kości rzucisz. Każdy rzut kostką jest niezależny, co oznacza, że ​​poprzednie rzuty nie wpływają na wyniki kolejnych. Po wystarczającej liczbie prób z pewnością zauważysz pewien wzór liczb – na przykład rzucanie przeważnie wyższymi lub niższymi wartościami – lub inne cechy, ale to nie znaczy, że kości są „gorące” lub „zimne”. Porozmawiamy o tym później.

Jeśli rzucisz standardową sześciościenną kostką i liczba 6 wypadnie dwa razy z rzędu, prawdopodobieństwo, że w następnym rzucie wypadnie 6, wynosi dokładnie 1/6. Prawdopodobieństwo nie wzrasta, ponieważ kość się „rozgrzała”. . Jednocześnie prawdopodobieństwo nie maleje: błędne jest rozumowanie, że liczba 6 pojawiła się już dwa razy z rzędu, co oznacza, że ​​​​teraz powinna pojawić się kolejna strona.

Oczywiście, jeśli rzucisz dwadzieścia razy kostką i za każdym razem otrzymasz 6, szansa, że ​​za dwudziestym pierwszym razem rzucisz 6, jest dość duża: być może po prostu wybrałeś złą kość. Ale jeśli wynik jest sprawiedliwy, każda ze stron ma takie samo prawdopodobieństwo wylądowania, niezależnie od wyników pozostałych rzutów. Można też sobie wyobrazić, że za każdym razem wymieniamy kostkę: jeśli dwa razy z rzędu wyrzucimy liczbę 6, usuńmy „gorącą” kość z gry i zastąpmy ją nową. Przepraszam, jeśli ktoś z Was już o tym wiedział, ale musiałem to wyjaśnić, zanim przejdziemy dalej.

Jak sprawić, by rzut kostką był mniej lub bardziej losowy

Porozmawiajmy o tym, jak uzyskać różne wyniki na różnych kostkach. Niezależnie od tego, czy rzucisz kostką tylko raz, czy kilka razy, gra będzie bardziej losowa, gdy kość będzie miała więcej stron. Im częściej musisz rzucać kośćmi i im więcej rzucasz, tym bardziej wyniki zbliżają się do średniej.

Na przykład w przypadku 1k6 + 4 (to znaczy, jeśli rzucisz raz standardową sześciościenną kostką i do wyniku dodasz 4), średnia będzie liczbą z zakresu od 5 do 10. Jeśli rzucisz 5k2, średnia będzie również liczbą z zakresu od 5 do 10. Wynikiem rzutu 5k2 będą głównie liczby 7 i 8, rzadziej inne wartości. Ten sam szereg, nawet ta sama wartość średnia (w obu przypadkach 7,5), ale charakter losowości jest inny.

Poczekaj minutę. Czy nie mówiłem właśnie, że kości nie „nagrzewają się” ani nie „chłodzą”? Teraz mówię: jeśli rzucisz dużo kostek, wyniki rzutów będą zbliżone do średniej. Dlaczego?

Pozwól mi wyjaśnić. Jeśli rzucisz jedną kostką, każda strona ma takie samo prawdopodobieństwo wylądowania. Oznacza to, że jeśli z biegiem czasu rzucisz dużą ilością kości, każda strona wypadnie mniej więcej tyle samo razy. Im więcej kości rzucisz, tym bardziej całkowity wynik będzie zbliżony do średniej.

Nie dzieje się tak dlatego, że wylosowana liczba „wymusza” wylosowanie innej liczby, która nie została jeszcze wylosowana. Ale ponieważ mała seria wyrzucenia liczby 6 (lub 20, lub innej liczby) na końcu nie wpłynie tak bardzo na wynik, jeśli rzucisz kostką jeszcze dziesięć tysięcy razy i przeważnie wypadnie średnia liczba. Teraz dostaniesz kilka duże liczby, a później kilka mniejszych - i z biegiem czasu zbliżą się do wartości średniej.

Nie dzieje się tak, ponieważ poprzednie rzuty wpływają na kości (poważnie, kości są z plastiku, więc nie ma mózgu, żeby pomyśleć: „Och, minęło trochę czasu, odkąd wyrzuciłeś 2”), ale dlatego, że jest to co zwykle dzieje się w przypadku dużej liczby rzutów kostkami

Zatem dość łatwo jest wykonać obliczenia dla jednego losowego rzutu kostką - przynajmniej obliczyć średnią wartość rzutu. Istnieją również sposoby, aby obliczyć, „jak losowe” jest coś i powiedzieć, że wyniki rzutu 1k6+4 będą „bardziej losowe” niż 5k2. W przypadku 5k2 rzuty będą bardziej równomiernie rozłożone. Aby to zrobić, musisz obliczyć odchylenie standardowe: im większa wartość, tym bardziej losowe będą wyniki. Nie chciałbym dzisiaj podawać tak wielu obliczeń; wyjaśnię ten temat później.

Jedyne, o co proszę, abyś pamiętał, to to, że im mniej kości rzucasz, tym większa jest losowość. A im więcej stron ma kość, tym większa losowość, bo więcej możliwe opcje znaczenia.

Jak obliczyć prawdopodobieństwo za pomocą liczenia

Być może zastanawiasz się: jak obliczyć dokładne prawdopodobieństwo uzyskania określonego wyniku? W rzeczywistości jest to dość ważne w wielu grach: jeśli początkowo rzucisz kostkami - najprawdopodobniej uzyskasz jakiś optymalny wynik. Moja odpowiedź brzmi: musimy obliczyć dwie wartości. Po pierwsze, Łączna wyniki przy rzucie kostką, a po drugie, liczba korzystnych wyników. Dzielenie drugiej wartości przez pierwszą da pożądane prawdopodobieństwo. Pozyskać odsetek, pomnóż wynik przez 100.

Przykłady

Oto bardzo prosty przykład. Chcesz, aby liczba 4 lub wyższa rzuciła raz sześciościenną kostką. Maksymalna liczba wyników wynosi 6 (1, 2, 3, 4, 5, 6). Spośród nich 3 wyniki (4, 5, 6) są korzystne. Oznacza to, że aby obliczyć prawdopodobieństwo, dzielimy 3 przez 6 i otrzymujemy 0,5 lub 50%.

Oto przykład nieco bardziej skomplikowany. Chcesz rzucić 2k6 Liczba parzysta. Maksymalna liczba wyników wynosi 36 (6 opcji dla każdej kości, jedna kość nie wpływa na drugą, więc pomnóż 6 przez 6 i uzyskaj 36). Trudność zagadnienia tego typu jest to, że łatwo jest policzyć dwa razy. Na przykład, rzucając 2k6, możliwe są dwa wyniki 3: 1+2 i 2+1. Wyglądają tak samo, ale różnica polega na tym, która liczba jest wyświetlana na pierwszej kości, a która na drugiej.

Można sobie również wyobrazić, że kostka różne kolory: Na przykład w tym przypadku jedna kostka jest czerwona, a druga niebieska. Następnie policz liczbę opcji wyrzucenia liczby parzystej:

• 2 (1+1);
• 4 (1+3);
• 4 (2+2);
• 4 (3+1);
• 6 (1+5);
• 6 (2+4);
• 6 (3+3);
• 6 (4+2);
• 6 (5+1);
• 8 (2+6);
• 8 (3+5);
• 8 (4+4);
• 8 (5+3);
• 8 (6+2);
• 10 (4+6);
• 10 (5+5);
• 10 (6+4);
• 12 (6+6).

Okazuje się, że na 36 opcji korzystnego wyniku jest 18 - podobnie jak w poprzednim przypadku prawdopodobieństwo wynosi 0,5 lub 50%. Być może nieoczekiwane, ale całkiem trafne.

Symulacja Monte Carlo

A co jeśli masz za dużo kostek do wykonania tego obliczenia? Na przykład chcesz wiedzieć, jakie jest prawdopodobieństwo uzyskania w sumie 15 lub więcej przy rzucie 8k6. Dla ośmiu kości jest ogromna różnorodność różne wyniki, a ręczne ich liczenie zajmie bardzo dużo czasu - nawet jeśli jakieś znajdziemy dobra decyzja do grupowania różnych serii rzutów kostką.

W tym przypadku najłatwiej jest nie liczyć ręcznie, ale skorzystać z komputera. Istnieją dwa sposoby obliczania prawdopodobieństwa na komputerze. Pierwsza metoda może dać dokładną odpowiedź, ale wymaga trochę programowania lub pisania skryptów. Komputer sprawdzi każdą możliwość, oceni i policzy całkowitą liczbę iteracji oraz liczbę pasujących iteracji pożądany rezultat, a następnie podaj odpowiedzi. Twój kod może wyglądać mniej więcej tak w następujący sposób:

Jeśli nie rozumiesz programowania i potrzebujesz przybliżonej odpowiedzi, a nie dokładnej, możesz zasymulować tę sytuację w Excelu, gdzie rzucasz 8k6 kilka tysięcy razy i otrzymujesz odpowiedź. Aby rzucić 1k6 w Excelu, użyj formuły =PIĘTRO(RANDA()*6)+1.

Istnieje nazwa sytuacji, w której nie znasz odpowiedzi i po prostu próbujesz ciągle od nowa – symulacja Monte Carlo. Jest to świetne rozwiązanie, które można zastosować, gdy obliczenie prawdopodobieństwa jest zbyt trudne. Wspaniałą rzeczą jest to, że w tym przypadku nie musimy rozumieć, jak działa matematyka i wiemy, że odpowiedź będzie „całkiem dobra”, ponieważ, jak już wiemy, im więcej rzutów, tym wynik będzie bliższy wartości przeciętny.

Jak łączyć niezależne badania

Jeśli zapytasz o kilka powtarzających się ale niezależne testy, wówczas wynik jednego rzutu nie wpływa na wyniki pozostałych rzutów. Istnieje inne, prostsze wyjaśnienie tej sytuacji.

Jak odróżnić coś zależnego od niezależnego? Zasadniczo, jeśli możesz wyizolować każdy rzut (lub serię rzutów) kostką jako osobne zdarzenie, wówczas jest ono niezależne. Załóżmy na przykład, że rzucamy 8k6 i chcemy uzyskać w sumie 15. Wydarzenie nie można podzielić na kilka niezależnych rzutów kostką. Aby uzyskać wynik, obliczasz sumę wszystkich wartości, więc wynik uzyskany na jednej kostce wpływa na wyniki, które powinny pojawić się na pozostałych.

Oto przykład niezależnych rzutów: Grasz w kości i rzucasz wielokrotnie kostkami sześciościennymi. Aby pozostać w grze, pierwszy rzut musi wynosić 2 lub więcej. Za drugi rzut - 3 lub więcej. Trzeci wymaga wyniku 4 lub więcej, czwarty wymaga wyniku 5 lub więcej, a piąty wymaga wyniku 6. Jeśli wszystkie pięć rzutów wypadnie pomyślnie, wygrywasz. W tym przypadku wszystkie rzuty są niezależne. Tak, jeśli jeden rzut będzie nieudany, będzie to miało wpływ na wynik całej gry, ale jeden rzut nie ma wpływu na drugi. Na przykład, jeśli drugi rzut kośćmi zakończy się sukcesem, nie oznacza to, że kolejne rzuty będą równie dobre. Dlatego możemy osobno rozważyć prawdopodobieństwo każdego rzutu kostką.

Jeśli masz niezależne prawdopodobieństwa i chcesz wiedzieć, jakie jest prawdopodobieństwo wystąpienia wszystkich zdarzeń, określasz każde prawdopodobieństwo z osobna i mnożysz je przez siebie. Inny sposób: jeśli używasz spójnika „i” do opisania kilku warunków (na przykład, jakie jest prawdopodobieństwo wystąpienia jakiegoś zdarzenia losowego i innego niezależnego zdarzenia losowego?) - policz poszczególne prawdopodobieństwa i pomnóż je.

Bez względu na to, co myślisz, nigdy nie sumuj niezależnych prawdopodobieństw. To częsty błąd. Aby zrozumieć, dlaczego jest to błędne podejście, wyobraź sobie sytuację, w której rzucasz monetą i chcesz wiedzieć, jakie jest prawdopodobieństwo wyrzucenia orła dwa razy z rzędu. Prawdopodobieństwo wypadnięcia każdej ze stron wynosi 50%. Jeśli dodasz te dwa prawdopodobieństwa, masz 100% szans na wyrzucenie orła, ale wiemy, że to nieprawda, ponieważ dwa razy z rzędu mogła to być reszka. Jeśli zamiast tego pomnożysz oba prawdopodobieństwa, otrzymasz 50% * 50% = 25% - co jest poprawną odpowiedzią na obliczenie prawdopodobieństwa zdobycia orła dwa razy z rzędu.

Przykład

Wróćmy do gry w kości sześciościenne, gdzie najpierw należy wyrzucić liczbę większą od 2, potem większą od 3 – i tak dalej, aż do 6. Jakie są szanse, że w danej serii pięciu rzutów wszystkie wyniki będą korzystne ?

Jak wspomniano powyżej, są to niezależne próby, dlatego obliczamy prawdopodobieństwo dla każdego pojedynczego rzutu, a następnie mnożymy je przez siebie. Prawdopodobieństwo, że wynik pierwszego rzutu będzie korzystny, wynosi 5/6. Drugie - 4/6. Trzeci - 3/6. Czwarty - 2/6, piąty - 1/6. Wszystkie wyniki mnożymy przez siebie i otrzymujemy około 1,5%. Wygrane w tej grze są dość rzadkie, więc jeśli dodasz ten element do swojej gry, będziesz potrzebować dość dużego jackpota.

Negacja

Oto kolejny przydatna wskazówka: Czasami trudno jest obliczyć prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzenia, ale łatwiej jest określić prawdopodobieństwo, że zdarzenie nie nastąpi. Załóżmy na przykład, że mamy inną grę: rzucasz 6k6 i wygrywasz, jeśli przynajmniej raz wyrzucisz 6. Jakie jest prawdopodobieństwo wygranej?

W tym przypadku należy rozważyć wiele opcji. Może się zdarzyć, że na jednej kostce zostanie wyrzucona liczba 6, czyli na jednej kostce pojawi się liczba 6, a na pozostałych cyfry od 1 do 5, wtedy jest 6 możliwości, która z kostek pokaże 6. Numer 6 możesz uzyskać na dwóch kostkach, trzech, a nawet więcej, i za każdym razem będziesz musiał wykonać osobne obliczenia, więc łatwo się tutaj pomylić.

Ale spójrzmy na problem od drugiej strony. Przegrasz, jeśli na żadnej kostce nie wypadnie 6. W tym przypadku mamy 6 niezależnych prób. Prawdopodobieństwo, że na każdej kostce wypadnie liczba inna niż 6, wynosi 5/6. Pomnóż je, a otrzymasz około 33%. Zatem prawdopodobieństwo przegranej wynosi jeden do trzech. Dlatego prawdopodobieństwo wygranej wynosi 67% (czyli dwa do trzech).

Z tego przykładu wynika jasno: jeśli obliczysz prawdopodobieństwo, że zdarzenie nie nastąpi, wynik musisz odjąć od 100%. Jeśli prawdopodobieństwo wygranej wynosi 67%, wówczas prawdopodobieństwo przegranej wynosi 100% minus 67%, czyli 33% i odwrotnie. Jeśli trudno jest obliczyć jedno prawdopodobieństwo, ale łatwo obliczyć przeciwne, oblicz przeciwne prawdopodobieństwo, a następnie odejmij tę liczbę od 100%.

Łączymy warunki dla jednego niezależnego testu

Powiedziałem powyżej, że nigdy nie należy dodawać prawdopodobieństw w niezależnych próbach. Czy są przypadki, w których można podsumować prawdopodobieństwa? Tak, w jednej szczególnej sytuacji.

Jeśli chcesz obliczyć prawdopodobieństwo kilku niepowiązanych ze sobą korzystnych wyników w jednym badaniu, zsumuj prawdopodobieństwa każdego korzystnego wyniku. Na przykład prawdopodobieństwo wyrzucenia 4, 5 lub 6 na 1k6 jest równe sumie prawdopodobieństwa wyrzucenia 4, prawdopodobieństwa wyrzucenia 5 i prawdopodobieństwa wyrzucenia 6. Ta sytuacja można sobie wyobrazić w ten sposób: jeśli użyjesz spójnika „lub” w pytaniu o prawdopodobieństwo (na przykład, jakie jest prawdopodobieństwo tego lub innego wyniku tego lub innego zdarzenia losowego?) - policz poszczególne prawdopodobieństwa i zsumuj je.

Uwaga: przy obliczaniu wszystkich możliwych wyników gry suma prawdopodobieństw ich wystąpienia musi być równa 100%, w przeciwnym razie obliczenia zostały wykonane błędnie. Ten dobry sposób sprawdź ponownie swoje obliczenia. Na przykład przeanalizowałeś prawdopodobieństwo wszystkich kombinacji w pokerze. Jeśli dodasz wszystkie wyniki, powinieneś otrzymać dokładnie 100% (lub przynajmniej prawie 100%: jeśli użyjesz kalkulatora, może pojawić się mały błąd zaokrąglenia, ale jeśli dodasz dokładne liczby ręcznie, wszystko powinno się sumować). Jeśli suma nie jest zbieżna, oznacza to, że najprawdopodobniej nie wziąłeś pod uwagę niektórych kombinacji lub błędnie obliczyłeś prawdopodobieństwa niektórych kombinacji i obliczenia należy jeszcze raz sprawdzić.

Nierówne prawdopodobieństwa

Do tej pory zakładaliśmy, że każdą stroną kostki rzuca się z tą samą częstotliwością, ponieważ tak wydają się działać kości. Czasami jednak możesz spotkać się z sytuacją, w której możliwe są różne wyniki i mają one różne szanse na wystąpienie.

Przykładowo w jednym z rozszerzeń gry karcianej Nuclear War znajduje się pole gry ze strzałką, od której zależy wynik wystrzelenia rakiety. Najczęściej zadaje normalne obrażenia, silniejsze lub słabsze, ale czasami obrażenia są podwojone lub potrojone, albo rakieta eksploduje wyrzutnia i wyrządzi Ci krzywdę lub nastąpi inne zdarzenie. W przeciwieństwie do planszy strzałek w Chutes & Ladders lub A Game of Life, wyniki na planszy w Nuclear War są nierówne. Niektóre sekcje pola gry są większe i strzałka zatrzymuje się na nich znacznie częściej, podczas gdy inne są bardzo małe i strzałka zatrzymuje się na nich rzadko.

Zatem na pierwszy rzut oka kość wygląda mniej więcej tak: 1, 1, 1, 2, 2, 3 - już o tym rozmawialiśmy, to jest coś w rodzaju ważonej 1k3. Dlatego musimy podzielić wszystkie te sekcje na równe części, znaleźć najmniejszą jednostkę miary, której dzielnik jest wielokrotnością, a następnie przedstawić sytuację w postaci d522 (lub innej), gdzie zestaw kostek twarze będą reprezentować tę samą sytuację, nos duża ilość wyniki. Jest to jeden ze sposobów rozwiązania problemu, technicznie wykonalny, ale istnieje prostsza opcja.

Wróćmy do naszych standardowych sześciościennych kości. Powiedzieliśmy, że aby obliczyć średni rzut zwykłą kostką, należy zsumować wartości na wszystkich ściankach i podzielić przez liczbę ścian, ale jak dokładnie działają obliczenia? Można to wyrazić w inny sposób. W przypadku kostki sześciościennej prawdopodobieństwo wyrzucenia każdej strony wynosi dokładnie 1/6. Teraz mnożymy wynik każdej krawędzi przez prawdopodobieństwo tego wyniku (w tym przypadku 1/6 dla każdej krawędzi), a następnie sumujemy otrzymane wartości. Podsumowując (1 * 1/6) + (2 * 1/6) + (3 * 1/6) + (4 * 1/6) + (5 * 1/6) + (6 * 1/6 ), otrzymujemy taki sam wynik (3,5), jak w powyższym obliczeniu. W rzeczywistości liczymy w ten sposób za każdym razem: mnożymy każdy wynik przez prawdopodobieństwo tego wyniku.

Czy możemy wykonać te same obliczenia dla strzałki na boisku w wojnie nuklearnej? Oczywiście możemy. A jeśli podsumujemy wszystkie znalezione wyniki, otrzymamy wartość średnią. Wszystko, co musimy zrobić, to obliczyć prawdopodobieństwo każdego wyniku dla strzałki na planszy i pomnożyć przez wartość wyniku.

Inny przykład

Ta metoda obliczania średniej jest również odpowiednia, jeśli wyniki są równie prawdopodobne, ale mają różne zalety – na przykład, jeśli rzucisz kostką i wygrasz więcej po jednej stronie niż po drugiej. Weźmy na przykład grę w kasynie: stawiasz zakład i rzucasz 2k6. Jeśli wyrzucimy trzy liczby najniższa wartość(2, 3, 4) lub cztery liczby z wysoka wartość(9, 10, 11, 12) - wygrasz kwotę równą Twojemu zakładowi. Liczby o najniższej i najwyższej wartości są wyjątkowe: jeśli wyrzucisz 2 lub 12, wygrywasz dwukrotnie większą kwotę zakładu. Jeśli wyrzuci się inny numer (5, 6, 7, 8), przegrywasz zakład. To jest ładne prosta gra. Ale jakie jest prawdopodobieństwo wygranej?

Zacznijmy od policzenia, ile razy możesz wygrać. Maksymalna liczba wyników przy rzucie 2k6 wynosi 36. Jaka jest liczba korzystnych wyników?

• Istnieje 1 opcja, że ​​zostanie wyrzucona 2 i 1 opcja, że ​​zostanie wyrzucona 12.
• Istnieją 2 opcje, w których wyrzucono 3 i 2 opcje, w których wyrzucono 11.
• Istnieją 3 opcje, w których wyrzucona zostanie 4 i 3 opcje, w których wyrzucona zostanie 10.
• Istnieją 4 możliwości wyrzucenia 9.

Podsumowując wszystkie opcje, otrzymujemy 16 korzystnych wyników z 36. Zatem z normalne warunki wygrasz 16 razy na 36 możliwych - prawdopodobieństwo wygranej jest nieco mniejsze niż 50%.

Ale w dwóch przypadkach z tych szesnastu wygrasz dwa razy więcej – to jak wygrać dwa razy. Jeśli zagrasz w tę grę 36 razy, za każdym razem stawiając 1 $ i każdy z możliwych wyników pojawi się raz, wygrasz w sumie 18 $ (w rzeczywistości wygrasz 16 razy, ale dwa z nich będą liczone jako dwa zwycięstwa). Jeśli zagrasz 36 razy i wygrasz 18 dolarów, czy nie oznacza to, że szanse są równe?

Nie spiesz się. Jeśli policzysz, ile razy możesz przegrać, otrzymasz 20, a nie 18. Jeśli zagrasz 36 razy, stawiając za każdym razem 1 $, wygrasz całkowita kwota 18 USD, jeśli wystąpią wszystkie korzystne wyniki. Ale stracisz łącznie 20 $, jeśli uzyskasz wszystkie 20 niekorzystnych wyników. W efekcie zostaniesz trochę w tyle: na każde 36 gier tracisz średnio 2 dolary netto (można też powiedzieć, że tracisz średnio 1/18 dolara dziennie). Teraz widzisz, jak łatwo w tym przypadku popełnić błąd i błędnie obliczyć prawdopodobieństwo.

Przegrupowanie

Do tej pory zakładaliśmy, że kolejność liczb przy rzucie kostkami nie ma znaczenia. Wyrzucenie 2 + 4 jest równoznaczne z wyrzuceniem 4 + 2. W większości przypadków ręcznie liczymy liczbę korzystnych wyników, ale czasami Ta metoda jest niepraktyczne i lepiej zastosować wzór matematyczny.

Przykładem takiej sytuacji jest gra w kości Farkle. W każdej nowej rundzie rzucasz 6k6. Jeśli będziesz miał szczęście i zdobędziesz je wszystkie możliwe rezultaty 1-2-3-4-5-6 (prosto), otrzymasz duży bonus. Jakie jest prawdopodobieństwo takiego zdarzenia? W takim przypadku istnieje wiele opcji uzyskania tej kombinacji.

Rozwiązanie jest następujące: na jednej kostce (i tylko na jednej) musi być liczba 1. Na ile sposobów liczba 1 może pojawić się na jednej kostce? Istnieje 6 opcji, ponieważ jest 6 kości, a każda z nich może spaść na numer 1. W związku z tym weź jedną kostkę i odłóż ją na bok. Teraz na jednej z pozostałych kostek powinna wyrzucić liczbę 2. Jest na to 5 możliwości. Weź kolejną kostkę i odłóż ją na bok. Następnie 4 z pozostałych kości mogą wyrzucić 3, 3 z pozostałych kości mogą wyrzucić 4, a 2 z pozostałych kości mogą wyrzucić 5. To pozostawia ci jedną kość, która powinna wyrzucić 6 (w ten ostatni przypadek jest tylko jedna kość i nie ma wyboru).

Aby obliczyć liczbę korzystnych wyników trafienia strita, mnożymy wszystkie różne niezależne opcje: 6 x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 720 - wygląda na to, że jest ich całkiem sporo duża liczba możliwości uzyskania tej kombinacji.

Aby obliczyć prawdopodobieństwo uzyskania strita, musimy podzielić 720 przez liczbę wszystkich możliwych wyników w rzucie 6k6. Jaka jest liczba wszystkich możliwych wyników? Każda kostka może mieć 6 boków, więc mnożymy 6 x 6 x 6 x 6 x 6 x 6 = 46656 (znacznie większa liczba niż poprzednia). Podziel 720 przez 46656, a otrzymasz prawdopodobieństwo około 1,5%. Jeśli projektowałeś tę grę, dobrze byłoby, abyś o tym wiedział, aby móc stworzyć odpowiedni system punktacji. Teraz rozumiemy, dlaczego w Farkle dostajesz tak dużą premię za strita: jest to dość rzadka sytuacja.

Wynik jest interesujący także z innego powodu. Przykład pokazuje, jak rzadko w krótkim czasie zdarza się wynik zgodny z prawdopodobieństwem. Oczywiście gdybyśmy rzucili kilka tysięcy kostek, różne twarze kostki pojawiały się dość często. Ale kiedy rzucamy tylko sześcioma kostkami, prawie nigdy nie zdarza się, że wyrzucą wszystkie twarze. Staje się jasne, że głupio jest oczekiwać, że teraz pojawi się linia, która jeszcze się nie wydarzyła, ponieważ „od dawna nie rzucaliśmy cyfrą 6”. Słuchaj, twój generator liczb losowych jest uszkodzony.

Prowadzi nas to do powszechnego błędnego przekonania, że ​​wszystkie skutki pojawiają się z tą samą częstotliwością w krótkim okresie czasu. Jeśli rzucimy kostką kilka razy, częstotliwość wypadania każdej strony nie będzie taka sama.

Jeśli kiedykolwiek pracowałeś nad grą online z jakimś generatorem liczb losowych, najprawdopodobniej spotkałeś się z sytuacją, w której gracz pisze do pomocy technicznej ze skargą, że generator liczb losowych nie wyświetla liczb losowych. Doszedł do tego wniosku, ponieważ zabił 4 potwory z rzędu i otrzymał 4 dokładnie takie same nagrody, a nagrody te powinny pojawiać się tylko w 10% przypadków, więc oczywiście prawie nigdy nie powinno to mieć miejsca.

Wykonujesz obliczenia matematyczne. Prawdopodobieństwo wynosi 1/10 * 1/10 * 1/10 * 1/10, czyli 1 wynik na 10 tysięcy jest całkiem rzadki przypadek. To właśnie gracz próbuje ci powiedzieć. Czy w tym przypadku jest jakiś problem?

Wszystko zależy od okoliczności. Ilu graczy jest obecnie na Twoim serwerze? Załóżmy, że masz dość popularną grę i codziennie gra w nią 100 tysięcy osób. Ilu graczy może zabić cztery potwory z rzędu? Ewentualnie wszystkie, kilka razy dziennie, ale załóżmy, że połowa z nich po prostu wymienia różne obiekty na aukcjach, koresponduje na serwerach RP lub wykonuje inne czynności w grze - dlatego tylko połowa z nich poluje na potwory. Jakie jest prawdopodobieństwo, że ktoś otrzyma taką samą nagrodę? W tej sytuacji można się spodziewać, że stanie się to co najmniej kilka razy dziennie.

Swoją drogą, dlatego wydaje się, że co kilka tygodni ktoś wygrywa na loterii, nawet jeśli tym kimś nigdy nie byłeś ty ani nikt, kogo znasz. Jeśli wystarczająca liczba osób gra regularnie, istnieje szansa, że ​​gdzieś znajdzie się przynajmniej jeden szczęśliwy gracz. Ale jeśli sam zagrasz na loterii, prawdopodobnie nie wygrasz, a raczej zostaniesz zaproszony do pracy w Infinity Ward.

Karty i uzależnienie

Omówiliśmy zdarzenia niezależne, takie jak rzut kostką, i teraz wiemy już dużo potężne narzędzia analiza losowości w wielu grach. Obliczanie prawdopodobieństwa jest nieco bardziej skomplikowane, jeśli chodzi o dobieranie kart z talii, ponieważ każda dobrana przez nas karta wpływa na te, które pozostają w talii.

Jeśli masz standardową talię 52 kart, usuwasz z niej 10 kier i chcesz poznać prawdopodobieństwo, że następna karta będzie w tym samym kolorze - prawdopodobieństwo zmieniło się w stosunku do oryginału, ponieważ usunąłeś już jedną kartę w tym kolorze serc z talii. Każda usunięta karta zmienia prawdopodobieństwo pojawienia się kolejnej karty w talii. W tym przypadku poprzednie wydarzenie wpływa na następujące elementy, dlatego nazywamy to prawdopodobieństwem zależnym.

Pamiętaj, że mówiąc „karty” mam na myśli dowolną mechanikę gry, w której masz zestaw obiektów i usuwasz jeden z obiektów bez zastąpienia go. „Talia kart” w tym przypadku jest analogiczna do worka żetonów, z którego pobiera się jeden żeton, lub urny, z której pobierane są kolorowe kule (nigdy nie widziałem zabaw z urną, z której pobierane są kolorowe kule, ale nauczyciele teorii prawdopodobieństwa, według jakiego powodu preferowany jest ten przykład).

Właściwości zależności

Chciałbym wyjaśnić, że jeśli chodzi o karty, zakładam, że dobierasz karty, patrzysz na nie i usuwasz je z talii. Każde z tych działań jest ważną właściwością. Gdybym miał talię, powiedzmy, sześciu kart z numerami od 1 do 6, przetasowałbym je i dobrałem jedną kartę, a następnie ponownie przetasowałem wszystkie sześć kart – byłoby to podobne do rzutu sześciościenną kostką, ponieważ jeden wynik żadnego efektu na następne. A jeśli wyjmę karty i ich nie wymienię, to wyjmując kartę 1, zwiększam prawdopodobieństwo, że następnym razem wylosuję kartę z numerem 6. Prawdopodobieństwo będzie rosło, aż w końcu usunę tę kartę lub przetasować talię.

Istotny jest także fakt, że patrzymy na karty. Jeśli wyjmę kartę z talii i nie spojrzę na nią, nie będę miał żadnych dodatkowych informacji, a prawdopodobieństwo tak naprawdę się nie zmieni. Może to brzmieć sprzecznie z intuicją. Jak można to zrobić poprzez proste odwrócenie karty magicznie zmienić prawdopodobieństwo? Jest to jednak możliwe, ponieważ prawdopodobieństwo nieznanych elementów można obliczyć na podstawie tylko tego, co wiadomo.

Na przykład, jeśli przetasujesz standardową talię kart i odkryjesz 51 kart, a żadna z nich nie jest damą trefl, możesz być w 100% pewien, że pozostała karta jest damą trefl. Jeśli przetasujesz standardową talię kart i wyjmiesz 51 kart bez patrzenia na nie, prawdopodobieństwo, że pozostała karta to dama trefl, nadal wynosi 1/52. Po otwarciu każdej karty uzyskasz więcej informacji.

Obliczanie prawdopodobieństwa zdarzenia zależne opiera się na tych samych zasadach, co w przypadku gier niezależnych, z tą różnicą, że jest nieco bardziej skomplikowana, ponieważ prawdopodobieństwa zmieniają się w miarę odkrywania kart. Więc musisz dużo pomnożyć różne znaczenia, zamiast mnożyć tę samą wartość. Tak naprawdę oznacza to, że musimy połączyć wszystkie obliczenia, które wykonaliśmy, w jedną kombinację.

Przykład

Tasujesz standardową talię 52 kart i dobierasz dwie karty. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wylosujesz parę? Istnieje kilka sposobów obliczenia tego prawdopodobieństwa, ale być może najprostszy jest następujący: jakie jest prawdopodobieństwo, że jeśli wylosujesz jedną kartę, nie będziesz mógł wylosować pary? Prawdopodobieństwo to wynosi zero, więc nie ma znaczenia, którą kartę wylosujesz jako pierwszą, ważne, aby pasowała do drugiej. Nie ma znaczenia, którą kartę wylosujemy jako pierwszą, wciąż mamy szansę na wylosowanie pary. Zatem prawdopodobieństwo wylosowania pary po wylosowaniu pierwszej karty wynosi 100%.

Jakie jest prawdopodobieństwo, że druga karta pasuje do pierwszej? W talii pozostało 51 kart, a 3 z nich pasują do pierwszej karty (właściwie byłoby 4 z 52, ale jedną z pasujących kart już usunąłeś, kiedy dobierałeś pierwszą kartę), więc prawdopodobieństwo wynosi 1/ 17. Zatem następnym razem, gdy będziesz grać w Texas Hold'em, facet po drugiej stronie stołu powie: „Świetnie, kolejna para? Dziś mam szczęście”, będziesz wiedział, że istnieje duże prawdopodobieństwo, że blefuje.

A co jeśli dodamy dwóch jokerów i mamy w talii 54 karty, a chcemy wiedzieć jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania pary? Pierwszą kartą może być joker, a wtedy w talii będzie pasować tylko jedna karta, a nie trzy. Jak znaleźć prawdopodobieństwo w tym przypadku? Podzielimy prawdopodobieństwa i pomnożymy każdą możliwość.

Naszą pierwszą kartą może być joker lub inna karta. Prawdopodobieństwo wylosowania jokera wynosi 2/54, prawdopodobieństwo wylosowania innej karty wynosi 52/54. Jeśli pierwszą kartą jest joker (2/54), prawdopodobieństwo, że druga karta będzie równa pierwszej, wynosi 1/53. Mnożymy wartości (możemy je pomnożyć, ponieważ są to osobne zdarzenia i chcemy, aby oba zdarzenia miały miejsce) i otrzymujemy 1/1431 – mniej niż jedną dziesiątą procenta.

Jeśli najpierw dobierzesz inną kartę (52/54), prawdopodobieństwo trafienia drugiej karty wynosi 3/53. Mnożymy wartości i otrzymujemy 78/1431 (nieco ponad 5,5%). Co robimy z tymi dwoma wynikami? Nie przecinają się, a chcemy poznać prawdopodobieństwo każdego z nich, więc dodajemy wartości. Otrzymujemy ostateczny wynik 79/1431 (wciąż około 5,5%).

Gdybyśmy chcieli mieć pewność co do trafności odpowiedzi, moglibyśmy obliczyć prawdopodobieństwo wszystkich pozostałych możliwych wyników: wylosowania jokera i niedopasowania drugiej karty lub wyciągnięcia innej karty i nie dopasowania drugiej karty. Sumując te prawdopodobieństwa i prawdopodobieństwo wygranej otrzymalibyśmy dokładnie 100%. Nie podam tutaj obliczeń, ale możesz spróbować wykonać obliczenia, aby to sprawdzić.

Paradoks Monty’ego Halla

To prowadzi nas do dość znanego paradoksu, który często dezorientuje wiele osób – paradoksu Monty'ego Halla. Nazwa paradoksu pochodzi od gospodarza programu telewizyjnego „Zawrzyjmy umowę”. Dla tych, którzy nigdy nie widzieli tego programu, było to przeciwieństwo „Cena jest właściwa”.

W programie The Price Is Right gospodarz (był nim Bob Barker; kto jest teraz, Drew Carey? Nieważne) jest twoim przyjacielem. Chce, abyś wygrał pieniądze lub fajne nagrody. Stara się dać Ci każdą szansę na wygraną, o ile potrafisz odgadnąć, ile faktycznie warte są przedmioty zakupione przez sponsorów.

Monty Hall zachował się inaczej. Był jak zły bliźniak Boba Barkera. Jego celem było zrobienie z ciebie idioty w ogólnokrajowej telewizji. Jeśli byłeś w programie, był twoim przeciwnikiem, grałeś przeciwko niemu i szanse były na jego korzyść. Być może jestem zbyt surowy, ale patrząc na program, do którego łatwiej się dostać, jeśli założysz śmieszny kostium, właśnie do tego doszedłem.

Jeden z najsłynniejszych memów serialu brzmiał tak: przed tobą jest troje drzwi, drzwi nr 1, drzwi nr 2 i drzwi nr 3. Jedne drzwi możesz wybrać za darmo. Za jednym z nich kryje się wspaniała nagroda – na przykład nowy samochód. Za pozostałymi dwojgiem drzwi nie ma żadnych nagród, obie nie mają żadnej wartości. Mają cię upokorzyć, więc za nimi nie stoi nic, ale coś głupiego, na przykład koza lub wielka tubka pasty do zębów – wszystko, byle nie nowy samochód.

Wybierasz jedne z drzwi, Monty zaraz je otworzy i poinformuje Cię, czy wygrałeś, czy nie… ale poczekaj. Zanim się dowiemy, przyjrzyjmy się jednym z tych drzwi, których nie wybrałeś. Monty wie, za którymi drzwiami znajduje się nagroda, i zawsze może otworzyć drzwi, za którymi nie ma nagrody. „Wybierasz drzwi nr 3? W takim razie otwórzmy drzwi numer 1, żeby pokazać, że nie kryje się za nimi żadna nagroda. A teraz, z hojności, oferuje ci możliwość wymiany wybranych drzwi nr 3 na to, co znajduje się za drzwiami nr 2.

W tym momencie pojawia się pytanie o prawdopodobieństwo: czy ta szansa zwiększa Twoje prawdopodobieństwo wygranej, czy je zmniejsza, czy też pozostaje niezmieniona? Jak myślisz?

Prawidłowa odpowiedź: możliwość wyboru innych drzwi zwiększa prawdopodobieństwo wygranej z 1/3 do 2/3. To jest nielogiczne. Jeśli nie spotkałeś się wcześniej z tym paradoksem, najprawdopodobniej myślisz: czekaj, jak to się dzieje, że otwierając jedne drzwi, w magiczny sposób zmieniamy prawdopodobieństwo? Jak już widzieliśmy w przypadku map, dokładnie tak się dzieje, gdy zdobywamy więcej informacji. Oczywiście, gdy wybierasz po raz pierwszy, prawdopodobieństwo wygranej wynosi 1/3. Kiedy otwierają się jedne drzwi, w ogóle nie zmienia to prawdopodobieństwa wygranej w przypadku pierwszego wyboru: prawdopodobieństwo nadal wynosi 1/3. Ale prawdopodobieństwo, że drugie drzwi są prawidłowe, wynosi teraz 2/3.

Spójrzmy na ten przykład z innej perspektywy. Wybierasz drzwi. Prawdopodobieństwo wygranej wynosi 1/3. Sugeruję zmianę pozostałych dwojga drzwi, co robi Monty Hall. Jasne, otwiera jedne z drzwi, aby ujawnić, że nie kryje się za nimi żadna nagroda, ale zawsze może to zrobić, więc tak naprawdę niczego to nie zmienia. Oczywiście będziesz chciał wybrać inne drzwi.

Jeśli nie do końca rozumiesz pytanie i potrzebujesz bardziej przekonującego wyjaśnienia, kliknij ten link, aby przejść do świetnej małej aplikacji Flash, która pozwoli Ci bardziej szczegółowo zbadać ten paradoks. Możesz grać zaczynając od około 10 drzwi, a następnie stopniowo zmierzać do gry z trzema drzwiami. Dostępny jest także symulator, w którym możesz grać dowolną liczbą drzwi od 3 do 50 lub przeprowadzić kilka tysięcy symulacji i zobaczyć, ile razy wygrałbyś, gdybyś grał.

Wybierz jedno z trzech drzwi - prawdopodobieństwo wygranej wynosi 1/3. Teraz masz dwie strategie: zmienić swój wybór po otwarciu niewłaściwych drzwi lub nie. Jeśli nie zmienisz swojego wyboru, prawdopodobieństwo pozostanie 1/3, ponieważ wybór nadchodzi tylko na pierwszym etapie i trzeba od razu zgadywać. Jeśli się zmienisz, możesz wygrać, jeśli najpierw wybierzesz niewłaściwe drzwi (wtedy otworzą kolejne złe, prawe pozostają - zmieniając swoją decyzję, podejmujesz ją). Prawdopodobieństwo wybrania niewłaściwych drzwi na początku wynosi 2/3 - okazuje się więc, że zmieniając decyzję, podwajasz prawdopodobieństwo wygranej.

Uwaga nauczyciela wyższa matematyka i specjalista ds. balansu gry Maxim Soldatov - Schreiber oczywiście jej nie miał, ale bez niej można to zrozumieć magiczna transformacja wystarczająco ciężko

I znowu o paradoksie Monty Halla

A co do samego programu: nawet jeśli przeciwnicy Monty'ego Halla nie byli dobrzy z matematyki, on był w tym dobry. Oto, co zrobił, aby trochę zmienić grę. Jeśli wybierzesz drzwi, za którymi kryje się nagroda, a prawdopodobieństwo ich wystąpienia wynosi 1/3, zawsze będziesz mieć możliwość wyboru innych drzwi. Wybierzesz samochód, a potem zamienisz go na kozę i będziesz wyglądać całkiem głupio – a tego właśnie chcesz, ponieważ Hall jest w pewnym sensie złym facetem.

Ale jeśli wybierzesz drzwi, za którymi nie kryje się nagroda, poprosi cię o wybranie innych tylko w połowie przypadków lub po prostu pokaże ci twoją nową kozę i opuścisz scenę. Przeanalizujmy to Nowa gra, w którym Monty Hall może zdecydować, czy dać Ci szansę na wybór innych drzwi.

Załóżmy, że postępuje według następującego algorytmu: jeśli wybierzesz drzwi z nagrodą, zawsze oferuje ci możliwość wyboru innych drzwi, w przeciwnym razie równie prawdopodobne jest, że zaproponuje ci wybranie innych drzwi lub podaruje ci kozę. Jakie jest Twoje prawdopodobieństwo wygranej?

W jednym z trzy opcje od razu wybierasz drzwi, za którymi znajduje się nagroda, a prezenter zaprasza Cię do wybrania kolejnych.

Z pozostałych dwóch opcji z trzech (początkowo wybierasz drzwi bez nagrody), w połowie przypadków prezenter zaproponuje Ci zmianę decyzji, a w drugiej połowie przypadków - nie.

Połowa 2/3 to 1/3, czyli w jednym przypadku na trzy dostaniesz kozę, w jednym przypadku na trzy wybierzesz złe drzwi i gospodarz poprosi Cię o wybranie innych, a w jednym w przypadku trzech wybierzesz właściwe drzwi, ale on znowu zaproponuje inne.

Jeśli prezenter zaproponuje wybór innych drzwi, to już wiemy, że ten jeden przypadek na trzy, kiedy daje nam kozę i wychodzimy, nie miał miejsca. Ten pomocna informacja: oznacza to, że nasze szanse na wygraną uległy zmianie. Dwa przypadki na trzy, kiedy mamy możliwość wyboru: w jednym przypadku oznacza to, że zgadliśmy poprawnie, a w drugim, że zgadliśmy źle, więc jeśli w ogóle zaoferowano nam możliwość wyboru, to prawdopodobieństwo naszej wygranej wynosi 1/2 i z matematycznego punktu widzenia nie ma znaczenia, czy pozostaniesz przy swoim wyborze, czy wybierzesz inne drzwi.

Podobnie jak poker, jest to gra psychologiczna, a nie matematyczna. Dlaczego Monty dał ci wybór? Uważa, że ​​jesteś prostakiem, który nie wie, że wybór innych drzwi to „właściwa” decyzja i będzie uparcie trzymał się swojego wyboru (w końcu psychicznie sytuacja jest bardziej skomplikowana, kiedy wybrałeś samochód, a potem go zgubiłeś)?

A może on, uznając, że jesteś mądry i wybierzesz inne drzwi, daje ci tę szansę, bo wie, że od razu zgadłeś poprawnie i wpadniesz w uzależnienie? A może jest nietypowo miły i namawia Cię do zrobienia czegoś, co przyniesie Ci korzyść, bo dawno nie rozdawał samochodów, a producenci mówią, że publiczność się nudzi i lepiej byłoby wkrótce rozdać dużą nagrodę oceny spadają?

W ten sposób Monty'emu udaje się czasem dać wybór, a jednocześnie ogólne prawdopodobieństwo wygrane pozostają równe 1/3. Pamiętaj, że prawdopodobieństwo, że od razu przegrasz, wynosi 1/3. Szansa, że ​​od razu odgadniesz poprawnie, wynosi 1/3, a w 50% przypadków wygrasz (1/3 x 1/2 = 1/6).

Szansa, że ​​na początku zgadniesz źle, ale potem będziesz miał szansę wybrać inne drzwi, wynosi 1/3 i w połowie przypadków wygrasz (również 1/6). Dodaj do siebie dwie niezależne możliwości wygranej, a otrzymasz prawdopodobieństwo 1/3, więc nie ma znaczenia, czy pozostaniesz przy swoim wyborze, czy wybierzesz inne drzwi - Twoje całkowite prawdopodobieństwo wygranej w całej grze wynosi 1/3.

Prawdopodobieństwo nie staje się większe niż w sytuacji, gdy odgadłeś drzwi, a prezenter po prostu pokazał ci, co się za nimi kryje, nie proponując wyboru innych. Celem tej propozycji nie jest zmiana prawdopodobieństwa, ale sprawienie, aby proces podejmowania decyzji był przyjemniejszy do oglądania w telewizji.

Swoją drogą, jest to jeden z powodów, dla których poker może być tak interesujący: w większości formatów, pomiędzy rundami zawierania zakładów (na przykład flopem, turnem i riverem w Texas Hold'em) karty są stopniowo odkrywane, a jeśli na początku gry masz jedną szansę na wygraną, to po każdej rundzie licytacji, gdy jest ona otwarta więcej kart, to prawdopodobieństwo się zmienia.

Paradoks chłopca i dziewczynki

To prowadzi nas do innego dobrze znanego paradoksu, który z reguły intryguje wszystkich - paradoksu chłopca i dziewczynki. Jedyne o czym dzisiaj napiszę, a co nie jest bezpośrednio związane z grami (choć mam chyba tylko zachęcić do stworzenia odpowiednich mechanik gry). To raczej zagadka, ale interesująca i aby ją rozwiązać, musisz zrozumieć prawdopodobieństwo warunkowe, o którym mówiliśmy powyżej.

Problem: Mam znajomego, który ma dwójkę dzieci, przynajmniej jedno z nich to dziewczynka. Jakie jest prawdopodobieństwo, że drugie dziecko będzie także dziewczynką? Załóżmy, że w każdej rodzinie szanse na urodzenie dziewczynki i chłopca wynoszą 50/50 i dotyczy to każdego dziecka.

W rzeczywistości niektórzy mężczyźni mają w swoich plemnikach więcej plemników z chromosomem X lub Y, więc szanse nieznacznie się zmieniają. Jeśli wiesz, że jedno dziecko to dziewczynka, prawdopodobieństwo urodzenia drugiej dziewczynki jest nieco większe i występują inne schorzenia, takie jak hermafrodytyzm. Ale aby rozwiązać ten problem, nie będziemy tego brać pod uwagę i zakładać, że narodziny dziecka tak niezależne wydarzenie a narodziny chłopca i dziewczynki są równie prawdopodobne.

Ponieważ mówimy o prawdopodobieństwie 1/2, intuicyjnie spodziewamy się, że odpowiedzią będzie najprawdopodobniej 1/2 lub 1/4, lub inna liczba będąca wielokrotnością dwóch w mianowniku. Ale odpowiedź brzmi: 1/3. Dlaczego?

Trudność polega na tym, że informacja, którą posiadamy, zmniejsza liczbę możliwości. Załóżmy, że rodzice są fanami Ulicy Sezamkowej i niezależnie od płci dzieci nadali im imiona A i B. W normalnych warunkach istnieją cztery równie prawdopodobne możliwości: A i B to dwaj chłopcy, A i B to dwie dziewczynki, A to chłopiec, B to dziewczynka, A to dziewczynka, a B to chłopiec. Ponieważ wiemy, że co najmniej jedno dziecko to dziewczynka, możemy wykluczyć możliwość, że A i B to dwaj chłopcy. To pozostawia nam trzy możliwości – wciąż równie prawdopodobne. Jeżeli wszystkie możliwości są jednakowo prawdopodobne i są ich trzy, to prawdopodobieństwo każdej z nich wynosi 1/3. Tylko w jednej z tych trzech opcji są obie dziewczynki, więc odpowiedź brzmi 1/3.

I znowu o paradoksie chłopca i dziewczynki

Rozwiązanie problemu staje się jeszcze bardziej nielogiczne. Wyobraź sobie, że moja przyjaciółka ma dwójkę dzieci i jedno z nich to dziewczynka, która urodziła się we wtorek. Załóżmy, że w normalnych warunkach dziecko może urodzić się w każdym z siedmiu dni tygodnia z równym prawdopodobieństwem. Jakie jest prawdopodobieństwo, że drugie dziecko będzie także dziewczynką?

Można by pomyśleć, że odpowiedź nadal będzie brzmieć 1/3: jakie znaczenie ma wtorek? Ale nawet w tym przypadku intuicja nas zawodzi. Odpowiedź brzmi 13/27, co jest nie tylko nieintuicyjne, ale i bardzo dziwne. O co chodzi w tym przypadku?

Tak naprawdę wtorek zmienia prawdopodobieństwo, ponieważ nie wiemy, które dziecko urodziło się we wtorek, a może oba urodziły się we wtorek. W tym przypadku stosujemy tę samą logikę: liczymy wszystko możliwe kombinacje, gdy co najmniej jedno dziecko to dziewczynka urodzona we wtorek. Podobnie jak w poprzednim przykładzie, załóżmy, że dzieci mają imiona A i B. Kombinacje wyglądają następująco:

• A to dziewczynka, która urodziła się we wtorek, B to chłopiec (w tej sytuacji jest 7 możliwości, po jednej na każdy dzień tygodnia, w którym mógł urodzić się chłopiec).
• B to dziewczynka urodzona we wtorek, A to chłopiec (również 7 możliwości).
• A - dziewczynka urodzona we wtorek, B - dziewczynka urodzona w inny dzień tygodnia (6 możliwości).
• B to dziewczynka urodzona we wtorek, A to dziewczynka, która nie urodziła się we wtorek (również 6 prawdopodobieństw).
• A i B to dwie dziewczynki, które urodziły się we wtorek (1 możliwość, trzeba na to zwrócić uwagę, żeby nie liczyć dwa razy).

Sumujemy i otrzymujemy 27 różnych, równie możliwych kombinacji urodzeń dzieci i dni, z co najmniej jedną możliwością urodzenia dziewczynki we wtorek. Spośród nich istnieje 13 możliwości, gdy urodzi się dwie dziewczynki. To również wydaje się całkowicie nielogiczne – wydaje się to zadanie został wynaleziony tylko po to, żeby powodować ból głowy. Jeśli nadal jesteś zaintrygowany, na stronie teoretyka gier Jespera Juhla znajdziesz dobre wyjaśnienie tego problemu.

Jeśli obecnie pracujesz nad grą

Jeśli w projektowanej grze występuje losowość, jest to doskonały moment na jej analizę. Wybierz element, który chcesz przeanalizować. Najpierw zadaj sobie pytanie, jakiego spodziewasz się prawdopodobieństwa wystąpienia danego elementu, jakie powinno być w kontekście gry.

Na przykład, jeśli tworzysz grę RPG i zastanawiasz się, jakie powinno być prawdopodobieństwo, że gracz pokona potwora w bitwie, zadaj sobie pytanie, jaki procent wygranych uważasz za odpowiedni. Zazwyczaj w grach RPG na konsole gracze bardzo się denerwują, gdy przegrywają, więc najlepiej, jeśli przegrywają rzadko – w 10% przypadków lub rzadziej. Jeśli jesteś projektantem gier RPG, prawdopodobnie wiesz lepiej niż ja, ale musisz to wiedzieć podstawowy pomysł, jakie powinno być prawdopodobieństwo.

Następnie zadaj sobie pytanie, czy Twoje prawdopodobieństwa są zależne (jak w przypadku kart), czy niezależne (jak w przypadku kości). Przeanalizuj wszystkie możliwe wyniki i ich prawdopodobieństwa. Upewnij się, że suma wszystkich prawdopodobieństw wynosi 100%. I oczywiście porównaj uzyskane wyniki ze swoimi oczekiwaniami. Czy jesteś w stanie rzucić kostką lub wyciągnąć karty zgodnie z zamierzeniami, czy też jest jasne, że wartości wymagają dostosowania. I oczywiście, jeśli znajdziesz jakieś niedociągnięcia, możesz użyć tych samych obliczeń, aby określić, jak bardzo zmienić wartości.

Praca domowa

Twój Praca domowa” w tym tygodniu pomoże Ci udoskonalić swoje umiejętności prawdopodobieństwa. Oto dwie gry w kości i gra karciana, które przeanalizujesz pod kątem prawdopodobieństwa, a także dziwna mechanika gry, którą kiedyś opracowałem, która przetestuje metodę Monte Carlo.

Gra nr 1 – Kości smoka

To gra w kości, którą kiedyś z kolegami wymyśliliśmy (dzięki Jebowi Heavensowi i Jessemu Kingowi) – szczególnie zadziwia ona swoim prawdopodobieństwem. Jest to prosta gra kasynowa o nazwie Dragon Dice, polegająca na rywalizacji w kościach pomiędzy graczem a kasynem.

Otrzymujesz normalną kość 1k6. Celem gry jest wyrzucenie liczby wyższej niż liczba kasyna. Tomek otrzymuje niestandardowe 1k6 - takie samo jak twoje, ale na jednej z jego ścian zamiast jednostki widnieje wizerunek smoka (stąd kasyno ma kostkę smoka - 2-3-4-5-6 ). Jeśli w domu pojawi się smok, automatycznie wygrywa, a ty przegrywasz. Jeśli obaj dostaną ten sam numer- jest remis i rzucasz kostką ponownie. Wygrywa ten, kto wyrzuci największą liczbę.

Oczywiście nie wszystko układa się do końca na korzyść gracza, gdyż kasyno ma przewagę w postaci smoczej przewagi. Ale czy to naprawdę prawda? To właśnie musisz obliczyć. Ale najpierw sprawdź swoją intuicję.

Załóżmy, że szanse wynoszą 2 do 1. Jeśli więc wygrasz, zatrzymasz swój zakład i otrzymasz podwójną stawkę. Na przykład, jeśli postawisz 1 dolara i wygrasz, zatrzymasz tego dolara i dodasz 2 dodatkowe, co daje w sumie 3 dolary. Jeśli przegrasz, przegrywasz tylko swój zakład. Zagrałbyś? Czy intuicyjnie czujesz, że prawdopodobieństwo jest większe niż 2 do 1, czy nadal uważasz, że jest mniejsze? Innymi słowy, czy spodziewasz się wygrać więcej niż raz, czy mniej, czy raz w ciągu 3 gier?

Kiedy już zrozumiesz swoją intuicję, użyj matematyki. Dla obu kości jest tylko 36 możliwych pozycji, więc możesz je wszystkie policzyć bez problemu. Jeśli nie masz pewności co do oferty 2 za 1, rozważ następującą kwestię: załóżmy, że grałeś w tę grę 36 razy (za każdym razem stawiając 1 $). Za każdą wygraną otrzymujesz 2 dolary, za każdą przegraną tracisz 1, a remis niczego nie zmienia. Oblicz wszystkie swoje prawdopodobne wygrane i straty i zdecyduj, czy stracisz, czy zyskasz trochę dolarów. Następnie zadaj sobie pytanie, jak trafna była Twoja intuicja. I wtedy zdałem sobie sprawę, jakim jestem złoczyńcą.

I tak, jeśli już zastanawiałeś się nad tym pytaniem – celowo wprowadzam Cię w błąd, przedstawiając błędną mechanikę gier w kości, ale jestem pewien, że możesz pokonać tę przeszkodę przy odrobinie myślenia. Spróbuj rozwiązać ten problem samodzielnie.

Gra nr 2 - Rzut na szczęście

Ten hazard w kostce zwanej „Rzutem Szczęścia” (także „Klatką dla Ptaków”, ponieważ czasami kostkami nie rzuca się, ale umieszcza się je w dużej drucianej klatce, przypominającej klatkę z Bingo). Gra jest prosta i sprowadza się do tego: postaw, powiedzmy, 1 dolara na liczbę od 1 do 6. Następnie rzucasz 3k6. Za każdą kostkę, na której wypadnie Twój numer, otrzymasz 1 dolara (i zachowasz swój pierwotny zakład). Jeśli Twój numer nie pojawi się na żadnej kostce, kasyno otrzyma Twojego dolara, a Ty nic. Jeśli więc postawisz na 1 i trzykrotnie wypadnie 1 po obu stronach, otrzymasz 3 dolary.

Intuicyjnie wydaje się, że ta gra ma równe szanse. Każda kość to indywidualna szansa na wygraną wynosząca 1 do 6, zatem w sumie trzech rzutów twoja szansa na wygraną wynosi 3 do 6. Pamiętaj jednak, że dodajesz trzy oddzielne kości i możesz tylko dodaj, jeśli mówimy o oddzielnych zwycięskich kombinacjach tej samej kości. Coś, co będziesz musiał pomnożyć.

Po obliczeniu wszystkich możliwych wyników (prawdopodobnie łatwiej to zrobić w Excelu niż ręcznie, ponieważ jest ich 216), gra nadal wygląda dziwnie – nawet na pierwszy rzut oka. Tak naprawdę kasyno nadal ma większą szansę na wygraną – o ile więcej? Konkretnie, ile pieniędzy średnio spodziewasz się przegrać w każdej rundzie gry?

Wszystko, co musisz zrobić, to dodać wygrane i przegrane wszystkich 216 wyników, a następnie podzielić przez 216, co powinno być całkiem proste. Ale jak widać, jest tu kilka pułapek, dlatego mówię: jeśli myślisz, że ta gra ma równe szanse na wygraną, to się mylisz.

Gra nr 3 – 5-kartowy poker typu Stud

Jeśli rozgrzałeś się już do poprzednich gier, sprawdźmy, co wiemy o prawdopodobieństwie warunkowym, na przykładzie tej gry karcianej. Wyobraźmy sobie grę w pokera z talią 52 kart. Wyobraźmy sobie także grę 5 card stud, w której każdy gracz otrzymuje tylko 5 kart. Nie możesz odrzucić karty, nie możesz dobrać nowej, nie ma wspólnej talii - dostajesz tylko 5 kart.

Poker królewski to 10-J-Q-K-A w jednym rozdaniu, w sumie jest ich cztery, więc jest ich cztery możliwe sposoby zdobyć pokera królewskiego. Oblicz prawdopodobieństwo, że otrzymasz jedną taką kombinację.

O jednym muszę Cię ostrzec: pamiętaj, że te pięć kart możesz dobierać w dowolnej kolejności. Oznacza to, że najpierw możesz wyciągnąć asa lub dziesiątkę, to nie ma znaczenia. Wykonując obliczenia, pamiętaj, że w rzeczywistości istnieją więcej niż cztery sposoby na zdobycie pokera królewskiego, zakładając, że karty zostały rozdane w kolejności.

Gra nr 4 - Loteria MFW

Czwartego problemu nie da się tak łatwo rozwiązać metodami, o których dzisiaj mówiliśmy, ale można łatwo zasymulować sytuację za pomocą programowania lub Excela. To na przykładzie tego problemu można wypracować metodę Monte Carlo.

Wspomniałem wcześniej o grze Chron X, nad którą kiedyś pracowałem, i była tam jedna bardzo ciekawa karta – loteria MFW. Oto jak to działało: użyłeś go w grze. Po zakończeniu rundy karty zostały ponownie rozdzielone i istniało 10% szans, że karta wyjdzie z gry i losowy gracz otrzyma 5 jednostek każdego rodzaju zasobu, którego żeton znajdował się na tej karcie. Karta została wprowadzona do gry bez ani jednego żetonu, ale za każdym razem, gdy pozostawała w grze na początku następnej rundy, otrzymywała jeden żeton.

Istniało więc 10% szans, że jeśli włożysz ją do gry, runda się zakończy, karta opuści grę i nikt nic nie dostanie. Jeśli tak się nie stanie (90% szans), istnieje 10% szans (właściwie 9%, ponieważ jest to 10% z 90%), że w następnej rundzie opuści grę i ktoś otrzyma 5 jednostek zasobów. Jeśli karta opuści grę po jednej rundzie (10% z 81% dostępnych, więc prawdopodobieństwo wynosi 8,1%), ktoś otrzyma 10 jednostek, w kolejnej rundzie - 15, w kolejnej - 20 i tak dalej. Pytanie: Jaka jest ogólna oczekiwana wartość liczby zasobów, które otrzymasz z tej karty, gdy ostatecznie opuści ona grę?

Zwykle próbowalibyśmy rozwiązać ten problem, obliczając prawdopodobieństwo każdego wyniku i mnożąc przez liczbę wszystkich wyników. Istnieje 10% szans, że otrzymasz 0 (0,1 * 0 = 0). 9%, że otrzymasz 5 jednostek zasobów (9% * 5 = 0,45 zasobów). 8,1% tego, co otrzymasz, to 10 (8,1%*10=0,81 zasobów – ogólna wartość oczekiwana). I tak dalej. A potem wszystko podsumowalibyśmy.

I teraz problem jest dla Ciebie oczywisty: zawsze jest szansa, że ​​karta nie opuści gry, może pozostać w grze na zawsze, bo nieskończona liczba rund, więc nie ma możliwości obliczenia każdego prawdopodobieństwa. Metody, których się dzisiaj nauczyliśmy, nie pozwalają nam obliczyć nieskończonej rekurencji, więc będziemy musieli ją sztucznie stworzyć.

Jeśli jesteś wystarczająco dobry w programowaniu, napisz program, który będzie symulował tę mapę. Powinieneś mieć pętlę czasową, która przenosi zmienną do pozycja początkowa zero, pokazuje liczbę losową i z 10% prawdopodobieństwem zmienna opuszcza pętlę. W przeciwnym razie dodaje 5 do zmiennej i pętla się powtarza. Kiedy w końcu wyjdzie z pętli, zwiększ całkowitą liczbę uruchomień próbnych o 1 i całkowitą liczbę zasobów (o ile zależy od tego, gdzie kończy się zmienna). Następnie zresetuj zmienną i zacznij od nowa.

Uruchom program kilka tysięcy razy. Na koniec podziel całkowitą liczbę zasobów przez całkowitą liczbę przebiegów - będzie to oczekiwana wartość Monte Carlo. Uruchom program kilka razy, aby upewnić się, że otrzymane liczby są w przybliżeniu takie same. Jeśli rozrzut jest nadal duży, zwiększaj liczbę powtórzeń w pętli zewnętrznej, aż zaczniesz otrzymywać dopasowania. Możesz być pewien, że dowolne liczby, które otrzymasz, będą w przybliżeniu poprawne.

Jeśli dopiero zaczynasz programować (nawet jeśli tak), oto krótkie ćwiczenie, które pozwoli Ci sprawdzić swoje umiejętności posługiwania się Excelem. Jeśli jesteś projektantem gier, te umiejętności nigdy nie będą zbędne.

Teraz bardzo przydatne będą dla Ciebie funkcje if i Rand. Rand nie wymaga wartości, po prostu generuje losową wartość liczba dziesiętna od 0 do 1. Zwykle łączymy to z podłogą oraz plusami i minusami, aby symulować rzut kostką, o którym wspomniałem wcześniej. Jednak w tym przypadku pozostawiamy tylko 10% szansy, że karta opuści grę, więc możemy po prostu sprawdzić, czy wartość randu jest mniejsza niż 0,1 i nie martwić się już tym.

Jeśli ma trzy znaczenia. W kolejności: warunek, który jest prawdziwy lub fałszywy, następnie wartość zwracana, jeśli warunek jest prawdziwy, oraz wartość zwracana, jeśli warunek jest fałszywy. Więc następna funkcja zwróci 5% czasu, a 0 w pozostałych 90% przypadków: =JEŻELI(RANDA()<0.1,5,0) .

Istnieje wiele sposobów ustawienia tego polecenia, ale użyłbym tej formuły dla komórki reprezentującej pierwszą rundę, powiedzmy, że jest to komórka A1: =JEŻELI(RANDA()<0.1,0,-1) .

Tutaj używam zmiennej ujemnej, aby oznaczać „ta karta nie opuściła gry i nie oddała jeszcze żadnych zasobów”. Zatem jeśli pierwsza runda dobiegnie końca i karta opuści grę, A1 wynosi 0; w przeciwnym razie wynosi –1.

Dla następnej komórki reprezentującej drugą rundę: =JEŻELI(A1>-1, A1, JEŻELI(RANDA()<0.1,5,-1)) . Zatem jeśli pierwsza runda się zakończy i karta natychmiast opuści grę, A1 wynosi 0 (liczba zasobów), a ta komórka po prostu skopiuje tę wartość. W przeciwnym razie A1 wynosi -1 (karta nie opuściła jeszcze gry), a ta komórka kontynuuje losowy ruch: w 10% przypadków zwróci 5 jednostek zasobów, przez resztę czasu jej wartość będzie nadal równa -1. Jeśli zastosujemy tę formułę do dodatkowych komórek, otrzymamy dodatkowe rundy i niezależnie od tego, w której komórce skończysz, otrzymasz końcowy wynik (lub -1, jeśli karta nigdy nie opuściła gry po wszystkich rozegranych rundach).

Weź ten rząd komórek, który reprezentuje jedyną rundę z tą kartą, skopiuj i wklej kilkaset (lub tysiąc) wierszy. Być może nie będziemy w stanie wykonać nieskończonego testu dla programu Excel (w tabeli jest ograniczona liczba komórek), ale przynajmniej możemy objąć większość przypadków. Następnie wybierz jedną komórkę, w której umieścisz średnią wyników wszystkich rund - Excel pomocnie udostępnia w tym celu funkcję Average().

W systemie Windows możesz przynajmniej nacisnąć klawisz F9, aby ponownie obliczyć wszystkie liczby losowe. Tak jak poprzednio, wykonaj tę czynność kilka razy i sprawdź, czy otrzymasz te same wartości. Jeżeli rozpiętość jest zbyt duża, podwoić liczbę przebiegów i spróbować ponownie.

Nierozwiązane problemy

Jeśli tak się składa, że ​​masz wykształcenie z teorii prawdopodobieństwa i powyższe problemy wydają Ci się zbyt łatwe, oto dwa problemy, nad którymi chodzę od lat, ale niestety nie jestem wystarczająco dobry z matematyki, aby je rozwiązać.

Nierozwiązany problem nr 1: Loteria MFW

Pierwszym nierozwiązanym problemem jest poprzednie zadanie domowe. Potrafię z łatwością zastosować metodę Monte Carlo (używając C++ lub Excela) i mieć pewność co do odpowiedzi na pytanie „ile zasobów otrzyma gracz”, ale nie wiem dokładnie, jak podać dokładną, możliwą do udowodnienia matematycznie odpowiedź (jest to nieskończony szereg).

Nierozwiązany problem nr 2: Ciągi cyfr

Ten problem (wykraczający także daleko poza zadania rozwiązane na tym blogu) został mi powierzony przez znajomego gracza ponad dziesięć lat temu. Grając w blackjacka w Vegas, zauważył jedną ciekawą rzecz: kiedy wyjmował karty z 8-taliaowego buta, zobaczył dziesięć cyfr z rzędu (figurka lub figura to 10, Joker, Król lub Dama, więc w grze jest 16 łącznie w standardowych kartach z 52 taliami lub 128 w butach z 416 kartami).

Jakie jest prawdopodobieństwo, że ten but zawiera co najmniej jeden ciąg dziesięciu lub więcej cyfr? Załóżmy, że zostały one potasowane uczciwie, w losowej kolejności. Albo, jeśli wolisz, jakie jest prawdopodobieństwo, że ciąg dziesięciu lub więcej cyfr nigdzie nie wystąpi?

Możemy uprościć zadanie. Oto sekwencja 416 części. Każda część to 0 lub 1. W całej sekwencji znajduje się 128 jedynek i 288 zer. Na ile sposobów można losowo przeplatać 128 jedynek 288 zerami i ile razy w ten sposób pojawi się co najmniej jedna grupa złożona z dziesięciu lub więcej jedynek?

Za każdym razem, gdy zabierałem się do rozwiązania tego problemu, wydawało mi się to łatwe i oczywiste, ale gdy tylko zagłębiałem się w szczegóły, nagle się rozpadało i wydawało się po prostu niemożliwe.

Więc nie spiesz się z wymową odpowiedzi: usiądź, zastanów się dobrze, przestudiuj warunki, spróbuj podstawić liczby rzeczywiste, bo wszystkie osoby, z którymi rozmawiałem na ten temat (w tym kilku doktorantów pracujących w tej dziedzinie) zareagowały mniej więcej tak: to samo: „To zupełnie oczywiste… o nie, czekaj, to wcale nie jest oczywiste”. Dzieje się tak w przypadku, gdy nie mam metody obliczenia wszystkich opcji. Mógłbym oczywiście brutalnie rozwiązać problem za pomocą algorytmu komputerowego, ale znacznie ciekawsze byłoby poznanie rozwiązania matematycznego.

Prezentowane dotychczas w otwartym banku zadań Unified State Exam z matematyki (mathege.ru), których rozwiązanie opiera się tylko na jednym wzorze, jakim jest klasyczna definicja prawdopodobieństwa.

Formułę najłatwiej zrozumieć na przykładach.
Przykład 1. W koszu znajduje się 9 piłek czerwonych i 3 kule niebieskie. Kulki różnią się jedynie kolorem. Wyciągamy losowo jednego z nich (bez patrzenia). Jakie jest prawdopodobieństwo, że wybrana w ten sposób kula będzie niebieska?

Komentarz. W problemach teorii prawdopodobieństwa dzieje się coś (w tym przypadku nasza akcja polegająca na wyciągnięciu piłki), co może mieć inny wynik - wynik. Należy zauważyć, że na wynik można patrzeć na różne sposoby. Efektem jest także „wyciągnęliśmy jakąś piłkę”. „Wyciągnęliśmy niebieską piłkę” - wynik. „Wyciągnęliśmy dokładnie tę piłkę ze wszystkich możliwych piłek” - ten najmniej uogólniony pogląd na wynik nazywa się wynikiem elementarnym. We wzorze na obliczenie prawdopodobieństwa chodzi o wyniki elementarne.

Rozwiązanie. Obliczmy teraz prawdopodobieństwo wybrania niebieskiej kuli.
Zdarzenie A: „wybrana kula okazała się niebieska”
Całkowita liczba wszystkich możliwych wyników: 9+3=12 (liczba wszystkich kul, które udało nam się wylosować)
Liczba wyników sprzyjających zdarzeniu A: 3 (liczba takich wyników, w których zaszło zdarzenie A – czyli liczba kul niebieskich)
P(A)=3/12=1/4=0,25
Odpowiedź: 0,25

Dla tego samego zadania obliczmy prawdopodobieństwo wybrania czerwonej kuli.
Całkowita liczba możliwych wyników pozostanie taka sama, 12. Liczba korzystnych wyników: 9. Poszukiwane prawdopodobieństwo: 9/12=3/4=0,75

Prawdopodobieństwo każdego zdarzenia zawsze mieści się w przedziale od 0 do 1.
Czasami w mowie potocznej (ale nie w teorii prawdopodobieństwa!) prawdopodobieństwo zdarzeń szacuje się procentowo. Przejście między wynikami z matematyki a wynikami z konwersacji odbywa się poprzez pomnożenie (lub podzielenie) przez 100%.
Więc,
Co więcej, prawdopodobieństwo zdarzeń, które nie mogą się wydarzyć, wynosi zero – jest to niewiarygodne. Na przykład w naszym przykładzie byłoby to prawdopodobieństwo wyciągnięcia zielonej kuli z kosza. (Liczba korzystnych wyników wynosi 0, P(A)=0/12=0, jeśli obliczono za pomocą wzoru)
Prawdopodobieństwo 1 zawiera zdarzenia, których wystąpienie jest absolutnie pewne, bez opcji. Naszym zadaniem jest np. prawdopodobieństwo, że „wybrana kula będzie albo czerwona, albo niebieska”. (Liczba korzystnych wyników: 12, P(A)=12/12=1)

Przyjrzeliśmy się klasycznemu przykładowi ilustrującemu definicję prawdopodobieństwa. Wszystkie podobne problemy jednolitego egzaminu państwowego z teorii prawdopodobieństwa rozwiązuje się za pomocą tego wzoru.
Zamiast kulek czerwonych i niebieskich mogą znajdować się jabłka i gruszki, chłopcy i dziewczęta, bilety dla uczonych i nieuczonych, bilety zawierające i niezawierające pytania na określony temat (prototypy), wadliwe i wysokiej jakości torby lub pompy ogrodowe ( prototypy) - zasada pozostaje ta sama.

Różnią się nieco w sformułowaniu problemu teorii prawdopodobieństwa Unified State Examination, w którym należy obliczyć prawdopodobieństwo wystąpienia jakiegoś zdarzenia w określonym dniu. ( , ) Podobnie jak w poprzednich zadaniach, należy określić, jaki jest wynik elementarny, a następnie zastosować tę samą formułę.

Przykład 2. Konferencja trwa trzy dni. Pierwszego i drugiego dnia wystąpi 15 prelegentów, trzeciego dnia – 20. Jakie jest prawdopodobieństwo, że referat profesora M. wypadnie trzeciego dnia, jeśli kolejność wystąpień zostanie ustalona w drodze losowania?

Jaki jest tutaj elementarny wynik? – Przypisanie referatowi profesora jednego ze wszystkich możliwych numerów seryjnych wystąpienia. W losowaniu bierze udział 15+15+20=50 osób. Tym samym raport profesora M. może otrzymać jeden z 50 numerów. Oznacza to, że istnieje tylko 50 elementarnych wyników.
Jakie są korzystne wyniki? - Te, w których okazuje się, że profesor będzie przemawiał trzeciego dnia. Oznacza to, że ostatnie 20 liczb.
Zgodnie ze wzorem prawdopodobieństwo P(A)= 20/50=2/5=4/10=0,4
Odpowiedź: 0,4

Losowanie oznacza tutaj ustanowienie losowej korespondencji między ludźmi a uporządkowanymi miejscami. W przykładzie 2 dopasowywanie rozpatrywano pod kątem tego, które z miejsc może zajmować dana osoba. Do tej samej sytuacji można podejść od drugiej strony: która z osób z jakim prawdopodobieństwem mogła dostać się w określone miejsce (prototypy , , , ):

Przykład 3. W losowaniu wzięło udział 5 Niemców, 8 Francuzów i 3 Estończyków. Jakie jest prawdopodobieństwo, że pierwszy (/drugi/siódmy/ostatni – to nie ma znaczenia) będzie Francuzem.

Liczba wyników elementarnych to liczba wszystkich możliwych osób, które w drodze losowania mogłyby dostać się do danego miejsca. 5+8+3=16 osób.
Korzystne wyniki - francuski. 8 osób.
Wymagane prawdopodobieństwo: 8/16=1/2=0,5
Odpowiedź: 0,5

Prototyp jest nieco inny. Nadal występują problemy dotyczące monet () i kości (), które są nieco bardziej kreatywne. Rozwiązanie tych problemów można znaleźć na stronach prototypów.

Oto kilka przykładów rzutu monetą lub kostką.

Przykład 4. Kiedy rzucamy monetą, jakie jest prawdopodobieństwo, że wylądujemy na orle?
Istnieją 2 wyniki – orzeł lub reszka. (uważa się, że moneta nigdy nie ląduje na krawędzi) Pozytywnym wynikiem są reszki, 1.
Prawdopodobieństwo 1/2 = 0,5
Odpowiedź: 0,5.

Przykład 5. A co jeśli rzucimy dwa razy monetą? Jakie jest prawdopodobieństwo, że w obu przypadkach wypadnie orzeł?
Najważniejsze jest ustalenie, jakie elementarne wyniki weźmiemy pod uwagę rzucając dwiema monetami. Po rzucie dwiema monetami może nastąpić jeden z następujących rezultatów:
1) PP – w obu przypadkach wypadło resztek
2) PO – pierwszy raz odpada, drugi raz odpada
3) OP – za pierwszym razem orzeł, za drugim reszka
4) OO – w obu przypadkach padły reszki
Nie ma innych opcji. Oznacza to, że istnieją 4 podstawowe wyniki. Tylko pierwszy, 1, jest korzystny.
Prawdopodobieństwo: 1/4=0,25
Odpowiedź: 0,25

Jakie jest prawdopodobieństwo, że w dwóch rzutach monetą wypadnie reszka?
Liczba wyników elementarnych jest taka sama, 4. Korzystne wyniki to drugi i trzeci, 2.
Prawdopodobieństwo otrzymania jednego reszka: 2/4=0,5

W takich problemach przydatna może być inna formuła.
Jeśli przy jednym rzucie monetą mamy 2 możliwe wyniki, to przy dwóch rzutach wynik będzie 2 2 = 2 2 = 4 (jak w przykładzie 5), przy trzech rzutach 2 2 2 = 2 3 = 8, przy czterech : 2·2·2·2=2 4 =16, ... dla N rzutów możliwymi wynikami będą 2,2·...·2=2 N .

Możesz więc znaleźć prawdopodobieństwo wyrzucenia 5 orłów w 5 rzutach monetą.
Łączna liczba wyników elementarnych: 2 5 =32.
Korzystne wyniki: 1. (RRRRRR – reszde wszystkie 5 razy)
Prawdopodobieństwo: 1/32=0,03125

To samo dotyczy kości. Przy jednym rzucie można uzyskać 6 wyników. Zatem przy dwóch rzutach: 6 6 = 36, przy trzech 6 6 6 = 216 itd.

Przykład 6. Rzucamy kostką. Jakie jest prawdopodobieństwo, że zostanie wyrzucona liczba parzysta?

Suma wyników: 6, w zależności od liczby stron.
Korzystne: 3 wyniki. (2, 4, 6)
Prawdopodobieństwo: 3/6=0,5

Przykład 7. Rzucamy dwiema kostkami. Jakie jest prawdopodobieństwo, że w sumie będzie 10? (zaokrąglić do najbliższej setnej)

Na jednej kości istnieje 6 możliwych wyników. Oznacza to, że dla dwojga zgodnie z powyższą regułą 6,6=36.
Jakie wyniki będą korzystne, aby w sumie wyrzucić 10?
Liczbę 10 należy rozłożyć na sumę dwóch liczb od 1 do 6. Można to zrobić na dwa sposoby: 10=6+4 i 10=5+5. Oznacza to, że dla kostek możliwe są następujące opcje:
(6 na pierwszym i 4 na drugim)
(4 na pierwszym i 6 na drugim)
(5 na pierwszym i 5 na drugim)
Razem 3 opcje. Wymagane prawdopodobieństwo: 3/36=1/12=0,08
Odpowiedź: 0,08

Inne rodzaje problemów B6 zostaną omówione w przyszłym artykule Jak rozwiązać.

Początkowo będąc jedynie zbiorem informacji i obserwacji empirycznych na temat gry w kości, teoria prawdopodobieństwa stała się nauką ścisłą. Pierwszymi, którzy nadali mu ramy matematyczne, byli Fermat i Pascal.

Od myślenia o wieczności do teorii prawdopodobieństwa

Dwie osoby, którym teoria prawdopodobieństwa zawdzięcza wiele swoich podstawowych formuł, Blaise Pascal i Thomas Bayes, są znani jako ludzie głęboko religijni, przy czym ten ostatni jest pastorem prezbiteriańskim. Najwyraźniej chęć udowodnienia przez tych dwóch naukowców błędności opinii o pewnej Fortunie przynoszącej szczęście swoim ulubieńcom dała impuls do badań w tym obszarze. W końcu każda gra hazardowa z jej wygranymi i przegranymi jest po prostu symfonią zasad matematycznych.

Dzięki pasji Kawalera de Mere, który był zarówno hazardzistą, jak i człowiekiem nieobojętnym na naukę, Pascal zmuszony był znaleźć sposób na obliczenie prawdopodobieństwa. De Mere’a zainteresowało następujące pytanie: „Ile razy trzeba rzucić dwiema kostkami parami, aby prawdopodobieństwo zdobycia 12 punktów przekroczyło 50%?” Drugie pytanie, które bardzo zainteresowało pana: „Jak podzielić zakład pomiędzy uczestników niedokończonej gry?” Oczywiście Pascal z powodzeniem odpowiedział na oba pytania de Mere, który stał się mimowolnym inicjatorem rozwoju teorii prawdopodobieństwa. Co ciekawe, postać de Mere’a pozostała znana w tym obszarze, a nie w literaturze.

Wcześniej żaden matematyk nie próbował obliczać prawdopodobieństwa zdarzeń, ponieważ uważano, że jest to jedynie rozwiązanie oparte na domysłach. Blaise Pascal podał pierwszą definicję prawdopodobieństwa zdarzenia i pokazał, że jest to konkretna wielkość, którą można uzasadnić matematycznie. Teoria prawdopodobieństwa stała się podstawą statystyki i jest szeroko stosowana we współczesnej nauce.

Co to jest losowość

Jeśli weźmiemy pod uwagę test, który można powtórzyć nieskończoną liczbę razy, wówczas możemy zdefiniować zdarzenie losowe. To jeden z prawdopodobnych wyników eksperymentu.

Doświadczenie to realizacja konkretnych działań w stałych warunkach.

Aby móc pracować z wynikami eksperymentu, zdarzenia są zwykle oznaczone literami A, B, C, D, E...

Prawdopodobieństwo zdarzenia losowego

Aby rozpocząć matematyczną część prawdopodobieństwa, należy zdefiniować wszystkie jego składowe.

Prawdopodobieństwo zdarzenia jest liczbową miarą możliwości wystąpienia jakiegoś zdarzenia (A lub B) w wyniku doświadczenia. Prawdopodobieństwo oznacza się jako P(A) lub P(B).

W teorii prawdopodobieństwa rozróżnia się:

• niezawodny zdarzenie ma miejsce w wyniku doświadczenia P(Ω) = 1;
• niemożliwe zdarzenie nie może nigdy nastąpić P(Ř) = 0;
• losowy zdarzenie leży pomiędzy pewnym a niemożliwym, to znaczy prawdopodobieństwo jego wystąpienia jest możliwe, ale nie gwarantowane (prawdopodobieństwo zdarzenia losowego zawsze mieści się w przedziale 0≤Р(А)≤ 1).

Relacje między zdarzeniami

Pod uwagę bierze się zarówno jedno, jak i sumę zdarzeń A+B, gdy zdarzenie jest liczone, gdy spełniony jest co najmniej jeden ze składników A lub B, lub oba, A i B.

W stosunku do siebie zdarzeniami mogą być:

• Równie możliwe.
• Zgodny.
• Niekompatybilny.
• Przeciwieństwo (wzajemnie się wykluczające).
• Zależny.

Jeśli dwa zdarzenia mogą się wydarzyć z równym prawdopodobieństwem, to tak równie możliwe.

Jeżeli wystąpienie zdarzenia A nie zmniejsza do zera prawdopodobieństwa wystąpienia zdarzenia B, to tak zgodny.

Jeśli zdarzenia A i B nigdy nie występują jednocześnie w tym samym doświadczeniu, wówczas nazywa się je niekompatybilny. Dobrym przykładem jest rzucanie monetą: pojawienie się głów jest automatycznie równoznaczne z ich brakiem.

Prawdopodobieństwo sumy takich niezgodnych zdarzeń składa się z sumy prawdopodobieństw każdego ze zdarzeń:

P(A+B)=P(A)+P(B)

Jeśli wystąpienie jednego zdarzenia uniemożliwia wystąpienie innego, wówczas nazywa się je przeciwstawnymi. Wtedy jeden z nich jest oznaczony jako A, a drugi - Ā (czytaj: „nie A”). Wystąpienie zdarzenia A oznacza, że ​​Ā nie miało miejsca. Te dwa zdarzenia tworzą kompletną grupę o sumie prawdopodobieństw równej 1.

Zdarzenia zależne wywierają na siebie wzajemny wpływ, zmniejszając lub zwiększając wzajemne prawdopodobieństwo.

Relacje między zdarzeniami. Przykłady

Na przykładach znacznie łatwiej jest zrozumieć zasady teorii prawdopodobieństwa i kombinacji zdarzeń.

Eksperyment, który zostanie przeprowadzony, polega na wyjęciu kulek z pudełka, a wynik każdego doświadczenia jest wynikiem elementarnym.

Zdarzenie to jeden z możliwych wyników eksperymentu - czerwona kula, niebieska kula, kula z numerem sześć itp.

Próba nr 1. W grze bierze udział 6 kul, z których trzy są niebieskie z liczbami nieparzystymi, a pozostałe trzy czerwone z liczbami parzystymi.

Próba nr 2. Jest 6 niebieskich kul z liczbami od jednego do sześciu.

Na podstawie tego przykładu możemy nazwać kombinacje:

• Niezawodne wydarzenie. Po hiszpańsku Nr 2 zdarzenie „zdobądź niebieską kulę” jest niezawodne, ponieważ prawdopodobieństwo jego wystąpienia jest równe 1, ponieważ wszystkie kule są niebieskie i nie można przegapić. Natomiast zdarzenie „zdobądź piłkę z numerem 1” jest losowe.
• Niemożliwe wydarzenie. Po hiszpańsku Nr 1 w przypadku kul niebieskich i czerwonych zdarzenie „zdobycia fioletowej kuli” jest niemożliwe, ponieważ prawdopodobieństwo jego wystąpienia wynosi 0.
• Równie możliwe zdarzenia. Po hiszpańsku nr 1, zdarzenia „zdobądź piłkę z numerem 2” i „zdobądź piłkę z numerem 3” są równie możliwe, a zdarzenia „zdobądź piłkę z numerem parzystym” i „zdobądź piłkę z numerem 2” ” mają różne prawdopodobieństwa.
• Zgodne wydarzenia. Zdobycie szóstki dwa razy z rzędu podczas rzucania kostką jest wydarzeniem zgodnym.
• Niezgodne zdarzenia. W tym samym hiszpańskim Nr 1, wydarzeń „zdobądź czerwoną kulę” i „zdobądź piłkę o nieparzystej liczbie” nie można łączyć w tym samym doświadczeniu.
• Zdarzenia przeciwne. Najbardziej uderzającym tego przykładem jest rzut monetą, w którym wylosowanie orła jest równoznaczne z niewyciągnięciem reszki, a suma ich prawdopodobieństw wynosi zawsze 1 (pełna grupa).
• Zdarzenia zależne. A więc po hiszpańsku Nr 1, możesz ustawić cel polegający na losowaniu czerwonej kuli dwa razy z rzędu. To, czy zostanie on odzyskany za pierwszym razem, czy nie, wpływa na prawdopodobieństwo odzyskania go za drugim razem.

Można zauważyć, że pierwsze zdarzenie znacząco wpływa na prawdopodobieństwo drugiego (40% i 60%).

Wzór na prawdopodobieństwo zdarzenia

Przejście od wróżenia do precyzyjnych danych następuje poprzez przełożenie tematu na płaszczyznę matematyczną. Oznacza to, że oceny dotyczące zdarzenia losowego, takie jak „wysokie prawdopodobieństwo” lub „minimalne prawdopodobieństwo”, można przełożyć na określone dane liczbowe. Dopuszczalna jest już ocena, porównywanie i wprowadzanie takiego materiału do bardziej złożonych obliczeń.

Z kalkulacyjnego punktu widzenia określenie prawdopodobieństwa zdarzenia jest stosunkiem liczby elementarnych pozytywnych wyników do liczby wszystkich możliwych wyników doświadczenia dotyczących danego zdarzenia. Prawdopodobieństwo jest oznaczane przez P(A), gdzie P oznacza słowo „probabilite”, które z francuskiego jest tłumaczone jako „prawdopodobieństwo”.

Zatem wzór na prawdopodobieństwo zdarzenia wygląda następująco:

Gdzie m jest liczbą korzystnych wyników zdarzenia A, n jest sumą wszystkich możliwych wyników tego doświadczenia. W tym przypadku prawdopodobieństwo zdarzenia zawsze mieści się w przedziale od 0 do 1:

0 ≤ P(A) ≤ 1.

Obliczanie prawdopodobieństwa zdarzenia. Przykład

Weźmy hiszpański. Nr 1 z kulkami, co zostało opisane wcześniej: 3 kule niebieskie z numerami 1/3/5 i 3 kule czerwone z numerami 2/4/6.

Na podstawie tego testu można rozważyć kilka różnych problemów:

• A - wypadająca czerwona kula. Są 3 czerwone kule i w sumie jest 6 opcji. To najprostszy przykład, w którym prawdopodobieństwo zdarzenia wynosi P(A)=3/6=0,5.
• B - wyrzucenie liczby parzystej. Istnieją 3 liczby parzyste (2,4,6), a łączna liczba możliwych opcji numerycznych wynosi 6. Prawdopodobieństwo tego zdarzenia wynosi P(B)=3/6=0,5.
• C - wystąpienie liczby większej niż 2. Są 4 takie opcje (3,4,5,6) z ogólnej liczby możliwych wyników 6. Prawdopodobieństwo zdarzenia C jest równe P(C)=4 /6=0,67.

Jak widać z obliczeń, zdarzenie C ma większe prawdopodobieństwo, gdyż liczba prawdopodobnych pozytywnych wyników jest większa niż w przypadku A i B.

Niezgodne zdarzenia

Takie zdarzenia nie mogą pojawiać się jednocześnie w tym samym doświadczeniu. Jak w języku hiszpańskim Nr 1. Nie da się jednocześnie zdobyć niebieskiej i czerwonej piłki. Oznacza to, że możesz zdobyć niebieską lub czerwoną piłkę. Podobnie liczba parzysta i nieparzysta nie mogą pojawić się jednocześnie na kostce.

Prawdopodobieństwo dwóch zdarzeń uważa się za prawdopodobieństwo ich sumy lub iloczynu. Sumę takich zdarzeń A+B uważa się za zdarzenie, na które składa się zajście zdarzenia A lub B, a iloczynem tych zdarzeń AB jest zajście obu. Na przykład pojawienie się dwóch szóstek naraz na ściankach dwóch kości w jednym rzucie.

Suma kilku zdarzeń to zdarzenie, które zakłada zajście przynajmniej jednego z nich. Produkcja kilku wydarzeń jest ich wspólnym występowaniem.

W teorii prawdopodobieństwa z reguły użycie spójnika „i” oznacza sumę, a spójnika „lub” - mnożenie. Wzory z przykładami pomogą Ci zrozumieć logikę dodawania i mnożenia w teorii prawdopodobieństwa.

Prawdopodobieństwo sumy zdarzeń niezgodnych

Jeśli weźmiemy pod uwagę prawdopodobieństwo zdarzeń niezgodnych, to prawdopodobieństwo sumy zdarzeń jest równe dodaniu ich prawdopodobieństw:

P(A+B)=P(A)+P(B)

Na przykład: obliczmy prawdopodobieństwo, że w języku hiszpańskim. Nr 1 z kulkami niebieskimi i czerwonymi pojawi się liczba od 1 do 4. Obliczymy nie w jednym działaniu, ale na podstawie sumy prawdopodobieństw elementów elementarnych. Zatem w takim eksperymencie jest tylko 6 kul, czyli 6 wszystkich możliwych wyników. Liczby spełniające warunek to 2 i 3. Prawdopodobieństwo wylosowania liczby 2 wynosi 1/6, prawdopodobieństwo wylosowania liczby 3 również wynosi 1/6. Prawdopodobieństwo wylosowania liczby od 1 do 4 wynosi:

Prawdopodobieństwo sumy niezgodnych zdarzeń w całej grupie wynosi 1.

Jeśli więc w eksperymencie z sześcianem dodamy prawdopodobieństwa pojawienia się wszystkich liczb, wynik będzie jeden.

Dotyczy to również zdarzeń przeciwnych, na przykład w eksperymencie z monetą, gdzie jedna strona to zdarzenie A, a druga zdarzenie przeciwne Ā, jak wiadomo,

P(A) + P(Ā) = 1

Prawdopodobieństwo wystąpienia niezgodnych zdarzeń

Mnożenie prawdopodobieństwa stosuje się, gdy rozważa się wystąpienie dwóch lub więcej niezgodnych zdarzeń w jednej obserwacji. Prawdopodobieństwo, że zdarzenia A i B wystąpią w nim jednocześnie, jest równe iloczynowi ich prawdopodobieństw, czyli:

P(A*B)=P(A)*P(B)

Na przykład prawdopodobieństwo, że w języku hiszpańskim Nr 1, w wyniku dwóch prób, niebieska kula pojawi się dwukrotnie, jednakowo

Oznacza to, że prawdopodobieństwo zdarzenia, w którym w wyniku dwóch prób wydobycia kulek zostaną wydobyte tylko kule niebieskie, wynosi 25%. Bardzo łatwo jest przeprowadzić praktyczne eksperymenty dotyczące tego problemu i sprawdzić, czy rzeczywiście tak jest.

Wspólne wydarzenia

Zdarzenia uważa się za wspólne, jeżeli wystąpienie jednego z nich może zbiegać się z wystąpieniem drugiego. Pomimo tego, że są one wspólne, uwzględnia się prawdopodobieństwo wystąpienia niezależnych zdarzeń. Przykładowo rzut dwiema kostkami może dać wynik, gdy na obu pojawi się cyfra 6. Choć zdarzenia zbiegły się i wystąpiły w tym samym czasie, są one od siebie niezależne – mogła wypaść tylko jedna szóstka, na drugiej kostce nie ma. na to wpływ.

Prawdopodobieństwo wspólnych zdarzeń uważa się za prawdopodobieństwo ich sumy.

Prawdopodobieństwo sumy wspólnych zdarzeń. Przykład

Prawdopodobieństwo sumy zdarzeń A i B, które są ze sobą powiązane, jest równe sumie prawdopodobieństw zdarzenia minus prawdopodobieństwo ich wystąpienia (czyli ich wspólnego wystąpienia):

Złącze R (A+B)=P(A)+P(B)- P(AB)

Załóżmy, że prawdopodobieństwo trafienia w cel jednym strzałem wynosi 0,4. Wtedy zdarzenie A trafia w cel w pierwszej próbie, B – w drugiej. Zdarzenia te są wspólne, ponieważ możliwe jest trafienie w cel zarówno pierwszym, jak i drugim strzałem. Ale zdarzenia nie są od siebie zależne. Jakie jest prawdopodobieństwo trafienia w cel dwoma strzałami (przynajmniej jednym)? Zgodnie ze wzorem:

0,4+0,4-0,4*0,4=0,64

Odpowiedź na pytanie brzmi: „Prawdopodobieństwo trafienia w cel dwoma strzałami wynosi 64%.

Ten wzór na prawdopodobieństwo zdarzenia można zastosować także do zdarzeń niezgodnych, gdzie prawdopodobieństwo wspólnego wystąpienia zdarzenia P(AB) = 0. Oznacza to, że prawdopodobieństwo sumy zdarzeń niezgodnych można uznać za przypadek szczególny proponowanej formuły.

Geometria prawdopodobieństwa dla jasności

Co ciekawe, prawdopodobieństwo sumy wspólnych zdarzeń można przedstawić jako dwa obszary A i B, które się ze sobą przecinają. Jak widać na zdjęciu, obszar ich związku jest równy całkowitemu obszarowi minus obszar ich przecięcia. Dzięki temu geometrycznemu wyjaśnieniu pozornie nielogiczna formuła staje się bardziej zrozumiała. Należy zauważyć, że rozwiązania geometryczne nie są rzadkością w teorii prawdopodobieństwa.

Określenie prawdopodobieństwa sumy wielu (więcej niż dwóch) wspólnych zdarzeń jest dość kłopotliwe. Aby to obliczyć, należy skorzystać ze wzorów podanych dla tych przypadków.

Zdarzenia zależne

Zdarzenia nazywamy zależnymi, jeśli wystąpienie jednego z nich (A) wpływa na prawdopodobieństwo wystąpienia drugiego (B). Uwzględnia się ponadto wpływ zarówno wystąpienia zdarzenia A, jak i jego niezaistnienia. Chociaż zdarzenia z definicji nazywane są zależnymi, tylko jedno z nich jest zależne (B). Prawdopodobieństwo zwyczajne oznaczono jako P(B) lub prawdopodobieństwo zdarzeń niezależnych. W przypadku zdarzeń zależnych wprowadza się nowe pojęcie – prawdopodobieństwo warunkowe P A (B), które jest prawdopodobieństwem zdarzenia zależnego B, pod warunkiem wystąpienia zdarzenia A (hipoteza), od którego to zależy.

Ale zdarzenie A jest również losowe, więc również ma prawdopodobieństwo, które wymaga i może być brane pod uwagę w przeprowadzanych obliczeniach. Poniższy przykład pokaże, jak pracować ze zdarzeniami zależnymi i hipotezą.

Przykład obliczenia prawdopodobieństwa zdarzeń zależnych

Dobrym przykładem obliczania zdarzeń zależnych może być standardowa talia kart.

Na przykładzie talii 36 kart przyjrzyjmy się zdarzeniom zależnym. Musimy określić prawdopodobieństwo, że druga karta wylosowana z talii będzie karo, jeśli pierwszą wylosowaną kartą będzie:

1. Bubnowaja.
2. Inny kolor.

Oczywiście prawdopodobieństwo drugiego zdarzenia B zależy od pierwszego A. Jeśli więc prawdą jest pierwsza opcja, że ​​w talii jest o 1 kartę (35) i 1 karo (8) mniej, prawdopodobieństwo zdarzenia B:

RA (B) = 8/35 = 0,23

Jeśli druga opcja jest prawdziwa, wówczas talia liczy 35 kart, a pełna liczba karo (9) jest nadal zachowywana, wówczas prawdopodobieństwo wystąpienia następującego zdarzenia B:

RA (B) = 9/35 = 0,26.

Można zauważyć, że jeśli zdarzenie A jest uwarunkowane tym, że pierwszą kartą jest karo, to prawdopodobieństwo zdarzenia B maleje i odwrotnie.

Mnożenie zdarzeń zależnych

Kierując się poprzednim rozdziałem, pierwsze zdarzenie (A) przyjmujemy za fakt, jednak w istocie ma ono charakter losowy. Prawdopodobieństwo tego zdarzenia, czyli wylosowania diamentu z talii kart, jest równe:

P(A) = 9/36=1/4

Ponieważ teoria nie istnieje sama w sobie, lecz ma służyć celom praktycznym, należy zauważyć, że najczęściej potrzebne jest prawdopodobieństwo wytworzenia zależnych zdarzeń.

Zgodnie z twierdzeniem o iloczynie prawdopodobieństw zdarzeń zależnych, prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzeń wspólnie zależnych A i B jest równe prawdopodobieństwu jednego zdarzenia A pomnożonemu przez prawdopodobieństwo warunkowe zdarzenia B (zależne od A):

P(AB) = P(A) *P A(B)

Następnie, w przykładzie talii, prawdopodobieństwo wylosowania dwóch kart w kolorze karo wynosi:

9/36*8/35=0,0571, czyli 5,7%

A prawdopodobieństwo wydobycia najpierw nie diamentów, a potem diamentów, jest równe:

27/36*9/35=0,19, czyli 19%

Można zauważyć, że prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzenia B jest większe pod warunkiem, że pierwsza wylosowana karta jest innego koloru niż karo. Wynik ten jest dość logiczny i zrozumiały.

Całkowite prawdopodobieństwo zdarzenia

Kiedy problem prawdopodobieństw warunkowych staje się wieloaspektowy, nie można go obliczyć za pomocą konwencjonalnych metod. Gdy istnieją więcej niż dwie hipotezy, a mianowicie A1, A2,…, An, ..tworzy się kompletna grupa zdarzeń pod warunkiem:

• P(A i)>0, i=1,2,…
• A ja ∩ A jot =Ř,i≠j.
• Σ k ZA k = Ω.

Zatem wzór na prawdopodobieństwo całkowite zdarzenia B przy pełnej grupie zdarzeń losowych A1, A2,..., An jest równy:

Spojrzenie w przyszłość

Prawdopodobieństwo zdarzenia losowego jest niezwykle potrzebne w wielu dziedzinach nauki: ekonometrii, statystyce, fizyce itp. Ponieważ niektórych procesów nie można opisać deterministycznie, ponieważ same mają charakter probabilistyczny, wymagane są specjalne metody pracy. Teorię prawdopodobieństwa zdarzenia można zastosować w dowolnej dziedzinie technologicznej jako sposób na określenie możliwości wystąpienia błędu lub nieprawidłowego działania.

Można powiedzieć, że rozpoznając prawdopodobieństwo, w pewnym sensie robimy teoretyczny krok w przyszłość, patrząc na nią przez pryzmat formuł.