Προβλήματα Μαθηματικών

Οκτώβριος 7, 2008

Πόσες ζαριές;

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Michalis Loulakis @ 4:14 πμ

Ο νόμος των μεγάλων αριθμών προβλέπει ότι αν ρίξουμε ένα ζάρι πολλές φορές τότε το ποσοστό των άσων που θα φέρουμε θα είναι με μεγάλη πιθανότητα κοντά στο 1/6. Σε ποιο από τα παρακάτω δύο παιχνίδια θα σας συνέφερε περισσότερο να στοιχηματίσετε όμως;

1) Να ρίξετε ένα ζάρι 60 φορές κερδίζοντας αν φέρετε τουλάχιστον 10 άσους ή
2) Να ρίξετε ένα ζάρι 600 φορές κερδίζοντας αν φέρετε τουλάχιστον 100 άσους.

Advertisements

17 Σχόλια »

  1. ΕΠΙΛΕΓΩ ΤΗΝ ΛΥΣΗ 2.
    Ο ΒΑΘΜΟΣ ΕΞΟΜΑΛΥΝΣΗΣ ΕΙΝΑΙ ΠΟΛΥ ΚΑΛΥΤΕΡΟΣ ΠΡΑΓΜΑ ΠΟΥ ΑΝΕΒΑΖΕΙ ΤΗΝ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΑ ΚΑΛΥΤΕΡΩΝ ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΩΝ ΛΟΓΩ ΤΩΝ ΠΟΛΛΩΝ ΡΙΨΕΩΝ.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από skyath — Οκτώβριος 9, 2008 @ 11:37 μμ

  2. Χωρίς να έχω καμιά διάθεση να βάλω κάτω τύπους για να το αποδείξω, εγώ θα στοιχημάτιζα στο πρώτο. Ο λόγος είναι ότι λέγοντας «τουλάχιστον» συμπεριλαμβάνεται μέσα η περίπτωση να έρθουν ΑΚΡΙΒΩΣ οι ρίψεις, κάτι που μειώνται σαν πιθανότητα σε πολλές ρίψεις. Αυτό που αυξάνεται σαν πιθανότητα όταν αυξάνουμε τις ρίψεις είναι το «περίπου 1 στις 6», όχι το «ακριβώς 1 στις 6″…

    Περιμένω με αγωνία αυτόν που θα δώσει την λύση να δω αν με επιβεβαιώνει ή όχι!

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από nefelh — Οκτώβριος 10, 2008 @ 2:57 πμ

  3. Θα προτιμήσω να κρατήσω τη nefelh σε αγωνία και θα σχολιάσω τα επιχειρήματά σας αφού δοθεί λύση. Εν τω μεταξύ είστε ευπρόσδεκτοι να κάνετε προβλέψεις εξηγώντας γιατί πιστεύετε ό,τι πιστεύετε.

    Πάντως οι πράξεις που χρειάζεται το πρόβλημα δεν είναι παραπάνω από 3-4 σειρές.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Οκτώβριος 10, 2008 @ 9:19 πμ

  4. Ρίχνουμε ένα ζάρι 6ν φορές, ποια η πιθανότητα να φέρουμε τουλάχιστον ν άσσους.
    1- \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{6n \choose k}(\frac{1}{6})^{k}(\frac{5}{6})^{6n-k}
    Για ν=1,2,3 βρίσκουμε αντίστοιχα 0.67, 0.62, 0.60. Οπότε, μια που κάνουμε προβλέψεις, ας προβλέψω κι εγώ ότι η φθίνουσα πορεία θα συνεχιστεί 🙂
    Άραγε να τείνει στο 1/2;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από halifaxpier — Οκτώβριος 10, 2008 @ 5:55 μμ

  5. Καλή η παρατήρηση του halifaxpier για τη
    «φθίνουσα πορεία». Μπορείτε να το δείξετε;

    Όσο για το 1/2 είναι σωστή η πρόβλεψη. Μπορείτε να δείτε γιατί;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Οκτώβριος 10, 2008 @ 8:16 μμ

  6. Υπόδειξη

    Το να δείξει κανείς από τον τύπο που δίνει ο halifaxpier ότι η πιθανότητα να έχουμε τουλάχιστον n άσους σε 6n ζαριές φθίνει με το n ίσως δεν είναι το ευκολότερο. Δοκιμάστε να γράψετε αυτή την πιθανότητα ανάλογα με το πλήθος των άσων στις 6 τελευταίες ζαριές:

    \displaystyle \mathbb{P}[X_{6n+6}\ge n+1]=\sum_{j=0}^6 \mathbb{P}[X_{6}=j]\mathbb{P}[X_{6n}\ge n+1-j]

    (X_k είναι το πλήθος των άσων σε k ρίψεις.)

    Σε ότι αφορά στην πρόβλεψη του halifaxpier για το n\to\infty,
    τι λέει το κεντρικό οριακό θεώρημα;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Απρίλιος 23, 2009 @ 10:41 μμ

  7. Προσθέτοντας και αφαιρώντας την ποσότητα \mathbb{P}(X_{6n}\geq n) στην τελευταία σχέση και αφού \sum_{j=0}^{6}\mathbb{P}(X_6=j)=1, ο παραπάνω τύπος γράφεται
    \displaystyle\mathbb{P}(X_{6n+6}\geq n+1)=\mathbb{P}(X_{6n}\geq n)+ \sum_{j=0}^{6}(\mathbb{P}[X_{6n}\geq n+1-j]-\mathbb{P}[X_{6n}\geq n])\cdot \mathbb{P}[X_6=j]
    και το πρόβλημα ανάγεται στον προδιορισμό του προσήμου του αθροίσματος.
    Κάτι όμως μου διαφεύγει..

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Μαΐου 3, 2010 @ 6:50 μμ

  8. Από τους όρους του αθροίσματος που γράφεις ο πρώτος είναι αρνητικός, ο δεύτερος μηδέν και οι υπόλοιποι θετικοί. Για ποια τιμή του k όμως μεγιστοποιείται η \mathbb{P}\big[X_{6n}=k\big]?

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Μαΐου 3, 2010 @ 8:48 μμ

  9. Για k=n. Στη περίπτωση αυτή το δεξί μέλος φράσσεται από
    \displaystyle\mathbb{P}(X_{6n}\geq n) + \sum_{j=0}^{6}( (n+1-r)\mathbb{P}[X_{6n}=n] - n \mathbb{P}[X_{6n}=n])\cdot\mathbb{P}[X_6=j]
    το οποίο είναι ίσο με
    \displaystyle\mathbb{P}(X_{6n}\geq n)+ \sum_{j=0}^{6} \mathbb{P}[X_{6n}=n](r-1)\cdot\mathbb{P}[X_6=j]
    και αυτό με τη σειρά του ίσο με
    \displaystyle\mathbb{P}(X_{6n}\geq n)+\mathbb{P}(X_{6n}=n)\cdot(\mathbb{E}(X_6)-1)=\mathbb{P}(X_{6n}\geq n).

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Μαΐου 3, 2010 @ 9:39 μμ

  10. ο συντελεστής στην δεύτερη από το τέλος σχέση είναι, φυσικά, 1-r.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Μαΐου 3, 2010 @ 9:42 μμ

  11. Το φράγμα που βρίσκεις τελικά είναι σωστό. Όμως το πρώτο φράγμα δεν είναι προφανές- θέλεις να εξηγήσεις λίγο παραπάνω πώς προκύπτει (και να διορθώσεις τα r,j που χρησιμοποιούνται χωρίς διάκριση?)

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Μαΐου 3, 2010 @ 9:59 μμ

  12. 1-j

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Μαΐου 3, 2010 @ 10:00 μμ

  13. Το πρόβλημα αυτό (για την ακρίβεια μια παραλλαγή του) το έθεσε ο Pepys (πολιτικός με πάθος για τα στοιχήματα) στον Νεύτωνα, και είναι γνωστό ως Newton-Pepys problem. Εκείνη την εποχή τέτοια ήταν τα προβλήματα των Πιθανοτήτων… και φυσικά δεν υπήρχε αυτός ο συμβολισμός που κάνει τα πράγματα εύκολα. Ο Pepys παρεμπιπτόντως ήταν και ο εκδότης του Principia Mathematica…

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Μαΐου 3, 2010 @ 10:21 μμ

  14. Έστω p_k = \mathbb{P}(X_{6n}=k).
    Για την εύρεση του μεγίστου υπολογίζουμε
    \frac{\mathbb{P}(X_{6n}=k)}{\mathbb{P}(X_{6n}=k-1)}=\frac{6n-k+1}{5k}
    απ’οπου μπορεί κανεις εύκολα να δει ότι
    \frac{p_n}{p_{n-1}},\frac{p_{n-1}}{p_{n-2}}, \ldots, \frac{p_{n-4}}{p_{n-5}} > 1.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Μαΐου 3, 2010 @ 10:24 μμ

  15. Η επόμενη γραμμή εννοούσα ότι δεν ήταν προφανής. Τη συμπληρώνω…

    \displaystyle \sum_{j=0}^{6}(\mathbb{P}[X_{6n}\geq n+1-j]-\mathbb{P}[X_{6n}\geq n])\cdot \mathbb{P}[X_6=j]

    \displaystyle =-\mathbb{P}[X_{6n}=n]\mathbb{P}[X_6=0]+\sum_{j=2}^{6}\sum_{k=1}^{j-1}\mathbb{P}[X_{6n}= n-k]\cdot\mathbb{P}[X_6=j]

    \displaystyle \le -\mathbb{P}[X_{6n}=n]\mathbb{P}[X_6=0]+\mathbb{P}[X_{6n}= n]\sum_{j=2}^6(j-1)\cdot\mathbb{P}[X_6=j]

    \displaystyle \mathbb{P}[X_{6n}=n]\sum_{j=0}^6 (j-1)\mathbb{P}[X_6=j]= \mathbb{P}[X_{6n}=n]\cdot \mathbb{E}[X_6-1]

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Μαΐου 3, 2010 @ 10:55 μμ

  16. Το ότι το όριο καθώς n\to\infty της \mathbb{P}\big[X_{6n}\ge n\big] είναι 1/2 προκύπτει όπως είπαμε από το κεντρικό οριακό θεώρημα αφού \mathbb{E}[X_{6n}]=n:

    \displaystyle \lim_{n\to\infty} \mathbb{P}\big[X_{6n}- n\ge 0\big]=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_0^{\infty} e^{-\frac{\xi^2}{2}} d\xi=\frac{1}{2}.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Μαΐου 3, 2010 @ 11:03 μμ

  17. Τελικά επιβεβαιώθηκε η πρόβλεψη της nefelh (σχόλιο 2) που είχε διαισθητικά αντιληφθεί πολύ σωστά το λόγο της ανισότητας.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Michalis Loulakis — Μαΐου 3, 2010 @ 11:16 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: