Как аналитически решить задачу на вероятность?

А разве с точки зрения математики есть разница бросать кубики подряд или бросить сразу 4 кубика?

При такой постановке всего исходов может быть 6^4. Нужных вариантов как ты сказал может быть всего 6. Итого 6/6^4. Итого ответ 0,004. Вроде как за 1000 бросков должны получить 4 раза.

А разве с точки зрения математики есть разница бросать кубики подряд или бросить сразу 4 кубика?

Есть. Он может в первый раз выбрость 1122 а во второй 2233 и это будет 4 одинаковых.

Какова вероятность что ему потребуется 1000 бросков или меньше?

Примерно 0,0046511627907

А теперь перечитай ОП.

4 числа из 1000

Примерно 0,0046511627907

Ничего не смущает, не?

Есть. Он может в первый раз выбрость 1122 а во второй 2233 и это будет 4 одинаковых.

Зато каждую четвёрку можно рассматривать как попытку. Всего получается, начиная с первого броска у тебя 996 попыток. И в этом случае разницы нет.

То есть, если ты, скажем, на шестом броске, и выкинул двойку. Тебе надо следующие три броска выкинуть двойку, ина всё сначала.

Просто рассчитай вероятность, что на четырёх (всего) кубиках будет одно и то же число (а это 0.004629629629629629). И вот на это у тебя есть 996 попыток (с 997-ой четвёрка начинаться уже не может).

Если вероятность успеха 0.004629629629629629, то вероятность неудачи — 0.9953703703703703. 996 попыток. 0.9953703703703703⁹⁹⁶ ≈ 0.00983489957399901 или примерно 0.98%, что за эти 996 попыток (1000 бросков) четвёрка не выпадет. Соответственно, что выпадет — примерно 99.02%.

Ну или одной формулой: 1 - (1 - 1/6³)⁹⁹⁶

Есть. Он может в первый раз выбрость 1122 а во второй 2233 и это будет 4 одинаковых

Хм, а что значит в первый раз? Ты или 4 раза бросаешь 1 кубик, или 1 раз 4 кубика.

Ты предлагешь считать что он как бы бросает не шестигранный а 6^4 гранный кубик? Но в таком случае же не совпадет полное число вариантов. Или я недопонял.

У человека до 1000 попыток же.

Нет, почему? Кубик шестигранный.

Просто считай, что он бросает его 4 раза — предыдущие и следующие попытки нам пока не нужны. Вероятность, что там будет одно и то же число — 1/6³. Если с первой попытки не получилось — считаем ту же вероятность, но «первым» броском становится второй — и снова четыре кубика. Снова не получилось — считаем начиная с третьего броска. То есть, у нас есть 1000 цифр, и мы такое «окошечко» из 4 ячеек по нему двигаем, по одному шагу. Получается 996 позиций этого окошечка. В каждом из них — 4 независимых броска кубика (аналогично, как если бы он кидал эти 4 кубика одновременно).

То есть, допустим, он кидает не 1000 раз, а всего 4. Вероятность 1/6³.

Теперь допустим, что он кидает не 1000 и не 4, а 5 раз. Получается две позиции «окошечка». Вероятность 1 - (1 - 1/6³)².

Теперь допустим, что 6 раз. 1 - (1 - 1/6³)³.

И так далее, до 1000 раз.

upd: извиняюсь, с индексами, как обычно ошибся на 1. Не 996, а 997. Последнее «окошко» это броски 997-ой, 998-ой, 999-ый и 1000-ый. То есть правильная формула 1 - (1 - 1/6³)⁹⁹⁷. Результат, впрочем, отличается несильно — примерно 0.9902106323684732

Ничего не смущает, не?

1. Вероятность выкинуть конкретный номер: 1/6
2. Вероятность выкинуть конкретный номер 4 раза подряд: 1/6 * 1/6 * 1/6 * 1/6 = 1/1296
3. Вероятность выкинуть любой из 6 номеров на кубике 4 раза подряд: 6 * 1/1296 = 1/216 или примерно 0,0046….

мнения, мысли, морды лиц? :)

Все три пункта верны. Только это не то, что спрашивалось. У нас не 4 броска, а 1000. Но это правильное начало рассуждений, да.

Теперь допустим, что он кидает не 1000 и не 4, а 5 раз. Получается две позиции «окошечка». Вероятность 1 - (1 - 1/6³)².

Таак вот тут мне нужно пояснение. Рассмотрим 2 положения скользящего окна на пяти кубиках: А - на первых четырех, Б - на последних четырех. Для А вероятность получить одинаковые 1/6³, тогда для Б вероятность одинаковых это значит "в А одинаковых нет" (1-1/6³) и на "в Б она есть" (1/6³). Т.е. (1-1/6³)*(1/6^4) и суммарно 1/6³ + (1-1/6³)*(1/6³). Вот где проблема в рассуждениях?

У нас не 4 броска, а 1000

Вы оба пытаетесь свести задачу к сумме вероятностей в виде геометрической прогрессии:

P(X <= 1000) = p + p * (1 - p) + p * (1 - p)^2 + ... + p * (1 - p)^999

которая считается по формуле:

S = a / (1 - r), где r = 1 - p

но забываете о том что по условию задачи кубик - один и нет серий по 4 броска, это скользящее окно в виде одной серии из 1000 бросков.

Поэтому с вероятностью 1/216 будет 4 одинаковых броска подряд и статистически - будет достаточно 216 бросков для получения нужно результата.

тогда для Б вероятность одинаковых это значит «в А одинаковых нет» (1-1/6³) и на «в Б она есть» (1/6³)

Вот здесь проблема. Он же мог и 5 раз подряд одно и то же выкинуть, и Б тогда всё равно будет успешным. То есть, условие «в А одинаковых нет» здесь лишнее. И в A вероятность 1/6³ и в Б вероятность 1/6³. Они независимые.

У нас ведь условие не «выкинет ровно один раз за 1000 бросков», а «выкинет за 1000 бросков или меньше», что в принципе эквивалентно «выкинет один или более раз за 1000 бросков».

Он же мог и 5 раз подряд одно и то же выкинуть

По условию кидает кубик пока у него не выпадет одно и то же значение 4 раза подряд

Т.е. в полном наборе исходов нет ни одного с более чем 4мя одинаковыми.

статистически - будет достаточно 216 бросков для получения нужно результата

С какой вероятностью? :)

но забываете о том что по условию задачи кубик - один и нет серий по 4 броска, это скользящее окно в виде одной серии из 1000 бросков.

Да нет, я как раз не забываю. 1000 бросков здесь эквивалентно 997 сериям по 4 броска.

По условию кидает кубик пока у него не выпадет одно и то же значение 4 раза подряд

Ну так если 5 раз подряд, то и 4 уже было. Не тупи.

Так в полном наборе исходов нет ни одного с более чем 4мя одинаковыми.

С какой вероятностью? :)

~1 . На 1000 бросков такая ситуация случится в среднем 4 раза (1000/216 ~ 4.6)

Да нет, я как раз не забываю. 1000 бросков здесь эквивалентно 997 сериям по 4 броска.

Покажите в условии задачи СЕРИИ, клоунов обезъяну любой дурак может наставить, а вот прочитать условие задачи… :)

Так в полном наборе исходов нет ни одного с более чем 4мя одинаковыми.

Нет же. Такого условия нет. Если он выкинет, скажем, с десятого по тринадцатый бросок четыре двойки, то на этом он остановится и эксперимент будет считаться завершённым удачей (1000 или менее бросков). Но это ведь не означает, что если бы он кинул четырнадцатый раз, там не могло бы быть двойки. Поэтому нам возможность более чем 4 одинаковых подряд учитывать не требуется.

По условию кидает кубик пока у него не выпадет одно и то же значение 4 раза подряд

216 бросков.

~1 . На 1000 бросков такая ситуация случится в среднем 4 раза (1000/216 ~ 4.6)

Неверно. В школу, в 8 класс учить теорвер.

256 попыток с вероятностью 1/216 у него дают единицу… Офигеть…

Покажите в условии задачи СЕРИИ

Их там нет, но суть от этого не меняется. 1000 бросков, из которых нам важны 4 последовательно — эквивалентны 997 попыткам по 4 броска.

Слету, аналитическое решение - 100%

Есть предложение при назначении модераторов ЛОРа давать им проверочное задачиe на вероятности, глядишь и скорхаммер попадет в адекватные руки :)

Да-да.

А если кубик 6 раз кинуть, то с вероятностью 100% хотя бы раз выпадет шестёрка. Понятно всё с тобой. дальше вообще не вижу смысла что-то обсуждать. С этим в школу учиться.

P.S. Кстати, на самом деле при 216 бросках вероятность всего ~62.78%, если кому интересно.

Но это ведь не означает, что если бы он кинул четырнадцатый раз, там не могло бы быть двойки. Поэтому нам возможность более чем 4 одинаковых подряд учитывать не требуется.

Если бы в условии было написано, что нужна вероятность что на 1000 бросков появятся последовательность одинакоых значений 4 или длиннее твое решение нужно было бы менять?

Тупанул, чот. 19,3% вот ставлю на это.

смотрите, я написал

1. Вероятность выкинуть конкретный номер: 1/6
2. Вероятность выкинуть конкретный номер 4 раза подряд: 1/6 * 1/6 * 1/6 * 1/6 = 1/1296
3. Вероятность выкинуть любой из 6 номеров на кубике 4 раза подряд: 6 * 1/1296 = 1/216 или примерно 0,0046….

Вы ответили:

Все три пункта верны. Только это не то, что спрашивалось. У нас не 4 броска, а 1000. Но это правильное начало рассуждений, да.

Кубик у нас один, вероятность выкинуть 4 одинаковых цифры подряд у нас 1/216, с этим вы согласились.

Вопрос на засыпку, сколько раз нужно кинуть кубик чтобы вероятность из 1/216 стала равной 1. По скромным обезъянним подсчетам нужно кинуть его 216 раз: 216 * 1/216 = 216/216 = 1.

А если кубик 6 раз кинуть, то с вероятностью 100% хотя бы раз выпадет шестёрка. Понятно всё с тобой. дальше вообще не вижу смысла что-то обсуждать.

Передергивание и слив, пахнете слабостью.

С этим в школу учиться.

Ну куда мне, я на пальму, зоонаблюдать.

Нет. Это то же самое.

Эти условия эквивалентны:

1. Кидает, пока не будет 4 одинаковых подряд, а потом останавливается и констатируем успех, после 1000 броска констатируем неуспех.
2. Кидает 1000 раз, и если там хотя бы раз встречается последовательность из 4 одинаковых цифр подряд — констатируем успех. Иначе неуспех.

Вопрос на засыпку, сколько раз нужно кинуть кубик чтобы вероятность из 1/216 стала равной 1. По скромным обезъянним подсчетам нужно кинуть его 216 раз: 216 * 1/216 = 216/216 = 1.

ну вот есть монетка. вероятность орла - 1/2.

сколько раз надо кинуть монетку чтобы вероятностью 1 выпал орел?..

ответ - бесконечное число раз. а не 2. вы можете кидать любое конечное число раз и все время будет выпадать решка.

2. Вероятность выкинуть конкретный номер 4 раза подряд: 1/6 * 1/6 * 1/6 * 1/6 = 1/1296

Тут по-моему затаилась маленькая логическая ошибка. Ибо нам без разницы, какое число выпало в первый раз. Главное повторить это в три следующих броска.

Итого: 6/6 * 1/6 * 1/6 * 1/6 = 0.00462962963

3. Вероятность выкинуть любой из 6 номеров на кубике 4 раза подряд: 6 * 1/1296 = 1/216 или примерно 0,0046….

Ладно, сдаюсь. ;)

Вопрос на засыпку, сколько раз нужно кинуть кубик чтобы вероятность из 1/216 стала равной 1

Бесконечное количество. Она никогда не станет равной ровно единице.

По скромным обезъянним подсчетам нужно кинуть его 216 раз: 216 * 1/216 = 216/216 = 1.

Ну вот с этим надо слезть с пальмы и пойти в школу или открыть учебник.

На пальцах объясню: по такой логике, если у нас вероятность события не 1/216, а 1/6, то чтобы оно случилось с вероятностью равной единице, надо кинуть 6 раз. Ну то есть, если мы бросаем кубик 6 раз, то у нас с вероятностью единица выпадет шестёрка хотя бы раз. Всё ещё не противоречит интуиции, не? ОК, тогда пусть будет 1/2. По «обезьянним подсчётам» (сам так назвал, я ни при чём) получается 2 * 1/2 = 2/2 = 1. То есть, чтобы гарантированно выкинуть решку, достаточно подбросить монету 2 раза. Уж это-то точно должно «резануть» — так не бывает.

А всё почему, потому что рассчёты неверны. Правильно считается это так, что если у нас есть событие с вероятностью 1/216 то с двух попыток у нас вероятность 1 - (215/216)², с трёх попыток — 1 - (215/216)³, и так далее. Для 216 попыток вероятность успеха всего лишь 1 - (215/216)²¹⁶ ≈ 0.633. Можете взять кубик и попробовать самостоятельно, если не верите. Ну или на питоне рандомно числа генерировать, чтобы быстрее.

Передергивание и слив, пахнете слабостью.

Это не передёргивание и тем более не слив. Это напрямую следует из вашей логики.

• Какой шанс встретить динозавра на улице?
• 50/50: либо встречу, либо нет…

Бери 1000 бросков и смотри в скольки случаях нужное событие

Ибо нам без разницы, какое число выпало в первый раз. Главное повторить это в три следующих броска.

Всё верно, так проще (ну и собственно поэтому у меня там 1/6³ везде выше). Но и так тоже можно, потому что мы на 6 домножаем. А 6/6⁴ = 1/6³ :)

сколько раз надо кинуть кубик чтобы вероятностью 1 выпал орел?..

У нас было четыре кубика с орлом, 216 бросков монеток, 5 геометрических последовательностей со скользящим окном, модератор ЛОРа, обдолбаный веществами и целое море разноцветных эмодзи к постам, клоунов, фейспалмов и тд, а так же пара залетных регистрантов, и 2 часа ночи. Не то, чтобы всё это было категорически необходимо в теории вероятности, но если уж начал считать проценты, то к делу надо подходить серьёзно…

Не так страшно встретить динозавра, как если динозавр встретит тебя O_o

очепятка же была. там монетка с орлом.

Ваша ошибка в том что вы упустли простую вещь, 1/216 это итоговая вероятность при четырех бросках и вы поспешили записать 4 броска в серию, но по условиям задачи это скользящее окно, тк нам не важно будет 4 раза подряд в одной «серии» или в соседних, главное чтобы броски были подряд.

То что вы пытаетесь объяснить подходит для четырех кубиков. Но он у нас один. Ну ничего, вон, alysnix вообще оперирует кубиком на котором вместо цифр - орел и решка и ничего, нормально (жаль, он сообщение исправил). Это ЛОР, тут можно.

очепятка же была. там монетка с орлом.

С опечаткой было лучше.

У нас не 4 броска, а 1000

Ты упустил намного более существенный аспект задачи. И судя по дальнейшей беседе с Obezyan, ты этот аспект так и не вспомнил. А именно, автора вообще не интересует численный ответ, его интересует нерекурсивная формула, по которой он считается.

автора вообще не интересует численный ответ, его интересует нерекурсивная формула, по которой он считается.

Ну так я ж её привёл: 1 - (1 - 1/6³)⁹⁹⁷

Ну или в общем случае 1 - (1 - 1/6ᵃ⁻¹)⁽ˣ⁻ᵃ⁺¹⁾
где a — сколько раз подряд должно быть одно и то же число, а x — сколько делаем бросков.

Ваша ошибка в том что вы упустли простую вещь, 1/216 это итоговая вероятность при четырех бросках и вы поспешили записать 4 броска в серию, но по условиям задачи это скользящее окно, тк нам не важно будет 4 раза подряд в одной «серии» или в соседних, главное чтобы броски были подряд.

Я это не упустил. Я лишь указал, что даже без этого ваши рассуждения о том, что для гарантированного наступления события, вероятность которого 1/216, нужно 216 попыток, неверны.

То что вы пытаетесь объяснить подходит для четырех кубиков. Но он у нас один.

Кубик один, а сэмплы мы по 4 броска берём. Сэмпл может начинаться с любого броска из тысячи. Может с первого, может со второго, может с третьего, и так далее. Вплоть до сэмпла, начинающегося с 997-го броска.

Я не про твою формулу а про твой спор с Obezyan. Ты ему рассказываешь что он посчитал ответ не на тот вопрос, а надо было рассказывать, что он вообще зря что-то считал, считать автору не нужно, а нужно вывести формулу. И твой текущий с ним спор до сих пор содержит в себе какие-то числа, которых там быть не должно, должны быть переменные.

Нет. Это то же самое.

Если упростить условия задачи, "кидаем монету пока не выпадет 4 орла или 4 решки подряд при не более чем 5и бросках" или "какая вероятность за 5 бросков моенты выкинуть не менее 4х орлов или решек".

Очевидно что менее 4х бросков рассматривать бессмысленно.

В твоем случае может быть 2^5=32. Из них нам подходят 6: ооооо, oooop, poooo, ppppp, opppp, ppppo. Итого вероятность 6/32 = 3/16, так?

В моем при 4х бросках он получит 2 успеха (на 2^4=16 бросков) и для 14 бросков он продолжит кидать дальше, т.е доя 5и бросков исключит варианты ооооо, оооор, ррррр и рррро, оставив всего 2: роооо и орррр. При этом суммарное число вариантов на 5 бросков: 32-4=28.

Т.е получаем что для <=5 бросков будет 2+2=4 успеха: оооо, рррр, орррр и рооо. На 2+28=30 общее число исходов. И вероятность 4/30 = 2/15.

Почему не сходится? Где я неправильно считаю?

А почитай «Тёмную сторону Солнца» Пратчетта, там вероятностная математика была в основе всего.

Я это не упустил.

Вы давно уже поняли что ошиблись, но зачем-то продолжаете делать вид что не понимаете о чем я пишу. Давайте уже к развязке этой драмы.

Я озвучил вероятность: P = 1/216, более того, я могу озвучить и общую формулу:

P = 1/6^(n-1), где n - желаемое число бросков подряд

Ваш четкий ответ я так и не увидел, может пропустил? Назовите свою вероятность P и общую формулу расчета для этой задачи.

Давай таки сделаем всё нормально.

У нас есть кубик с m гранями и мы хотим посчитать вероятность того, что за n его бросков хоть раз выпадет последовательность из k одинаковых исходов.

Твоя формула, вроде, получается такая:

1-{1-(1/m)^(k-1)}^(n-k+1)

Давай её проверим для 2-гранного кубика, 5 бросков и 4 нужных одинаковых. m=2, n=5, k=4

1-{1-(1/2)^3}^2 = 1 - {7/8}^2 = 15/64

В ответе смущает уже то, что в знаменателе 64, в то время как у нас всего 32 исхода. Теперь

00000  - подходит
00001  - подходит
00010
00011
00100
00101
00110
00111
01000
01001
01010
01011
01100
01101
01110
01111  - подходит
10000  - подходит
10001
10010
10011
10100
10101
10110
10111
11000
11001
11010
11011
11100
11101
11110  - подходит
11111  - подходит

Так что формула неверная. Я даже подозреваю почему: ты не учёл что соседние серии не независимые события.

О, я примерно о том же.