Lukiossa aikoinani, vuonna -92 väitin, että opettaja ei keksi semmoista todennäköisyystehtävää, että en osaisi vastata, kuitenkin keksi semmoisen...

Tehtävä oli seuraava:

Noppaa heitetään n kertaa, mikä on todennäköisyys, että täsmälleen n:nnellä kerralla tulee viimeinen silmäluku nopasta. Toisin sanoen, kaikki numerot 1, 2, 3, 4, 5 ja 6 esiintyvät ainakin kerran.

Löytyisikö tuohon mitään kaavaa? Itse en keksinyt silloin, enkä ole tätä suuremmin sen jälkeenkääön tuumannut....

  • ylös 0
  • alas 0

Sivut

Kommentit (24)

Leone
Seuraa 
Viestejä4835
Leone
Puhdas arvaus voisi olla:

(n-1)
(n-6) * 6exp(n-6)
--------------------- , kun n > 6
6exp(n)




Tarkemman miettimisen jälkeen oikea vastaus lienee ehkä:

(n-1)
( 5 ) * 5!*5exp(n-6)*6
------------------------ , kun n >= 6
6exp(n)

- lukujonoja voi syntyä 6 potenssiin n tavalla
- 5 eri lukua ennen viimeistä voi sijaita n-1 yli 5 tavalla
- luvut voivat olla ym. paikoissa 5! tavalla
- jäljelle jää n-6 paikkaa joissa voi olla muita lukuja muttei viimeistä
- nämä luvut voivat olla 5 potenssiin n-6 tavalla
- viimeinen luku voi olla jokin kuudesta

Sisältö jatkuu mainoksen alla
Sisältö jatkuu mainoksen alla
Utelias-75
Lukiossa aikoinani, vuonna -92 väitin, että opettaja ei keksi semmoista todennäköisyystehtävää, että en osaisi vastata, kuitenkin keksi semmoisen...

Tehtävä oli seuraava:

Noppaa heitetään n kertaa, mikä on todennäköisyys, että täsmälleen n:nnellä kerralla tulee viimeinen silmäluku nopasta. Toisin sanoen, kaikki numerot 1, 2, 3, 4, 5 ja 6 esiintyvät ainakin kerran.

Löytyisikö tuohon mitään kaavaa? Itse en keksinyt silloin, enkä ole tätä suuremmin sen jälkeenkääön tuumannut....




Jos noppaa kerran heitetään niin kauan, että jokainen silmäluku on esiintynyt ainakin kerran, niin heitolla, jonka järjestysluku on n, tulee aina nopan viimeinen silmäluku. Tällöinhän todennäköisyys on 1.

Ilmeisesti siis täsmälleen n:nnellä kerralla tulee kuudes eri nopan numero, eli se ainoa jota ei ole vielä tullut kertaakaan?

Ei mikään ihan triviaali tehtävä, itse ratkaisisin Markovin ketjun avulla.

Markovin ketju tilajoukkona {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, missä tilan mukainen määrä silmälukuja on saatu. Siirtymätodennäköisyydet seuraavaan tilaan (1, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6, 1/6, 0), muulloin tila ei vaihdu. Tilansiirtotodennäköisyysmatriisi p on siis muotoa:
0 . 1 . .0 . 0 . 0 . 0 . 0
0 1/6 5/6 . 0 . 0 . 0 . 0
0 . 0 . 2/6 4/6 0 . 0 . 0
...

Tästä täytyy ensin ottaa (n-1):s potenssi, jolloin matriisin ensimmäisen rivin kuudes (toiseksi viimeinen) alkio kertoo millä todennäköisyydellä ollaan tilassa 5 hetkellä n-1. Tällöin vastaus on kyseinen todennäköisyys kerrottuna kuudesosalla.

Näin siis numeerisesti, mutta oikea vastaus tuolla tulee, ehkä sen joku ohjelma symbolisestikin pyörittäisi, itse en ainakaan jaksa.

Tagnentti
Utelias-75
Lukiossa aikoinani, vuonna -92 väitin, että opettaja ei keksi semmoista todennäköisyystehtävää, että en osaisi vastata, kuitenkin keksi semmoisen...

Tehtävä oli seuraava:

Noppaa heitetään n kertaa, mikä on todennäköisyys, että täsmälleen n:nnellä kerralla tulee viimeinen silmäluku nopasta. Toisin sanoen, kaikki numerot 1, 2, 3, 4, 5 ja 6 esiintyvät ainakin kerran.

Löytyisikö tuohon mitään kaavaa? Itse en keksinyt silloin, enkä ole tätä suuremmin sen jälkeenkääön tuumannut....




Jos noppaa kerran heitetään niin kauan että jokainen silmäluku on esiintynyt ainakin kerran, niin heitolla, jonka järjestysluku on n, tulee aina nopan viimeinen silmäluku. Tällöinhän todennäköisyys on 1.



Jep, asia ei voisi tapahtua millään muulla tavalla.

H
Seuraa 
Viestejä2622
Utelias-75
Noppaa heitetään n kertaa, mikä on todennäköisyys, että täsmälleen n:nnellä kerralla tulee viimeinen silmäluku nopasta. Toisin sanoen, kaikki numerot 1, 2, 3, 4, 5 ja 6 esiintyvät ainakin kerran.

Aloitetaan lopusta. Tarkastellaan tapausta, jossa 6 on puuttuva luku. Tn sille, että 6 ei ole tullut (n-1):llä heitolla on P=(5/6)**(n-1). Tn saada 6 n:nellä heitolla on P=1/6.

Nyt siis tiedetään, että ensimmäisen n-1 heiton joukossa ei ole 6:sta. Tn sille, että myöskään 1 ei ole tullut (n-1):llä heitolla on P=(4/5)**(n-1), eli ainakin yksi 1 on joukossa tn:llä P=1-(4/5)**(n-1). Sama pätee myös muille luvuille. Tn, että joukossa on ainakin yksi 1, 2, 3, 4 ja 5 on P=(1-(4/5)**(n-1))**5.

Siten tn, että viimeisenä saadaan puuttuva 6 on P=(1-(4/5)**(n-1))**5*(5/6)**(n-1)*(1/6). Koska viimeiseksi silmäluvuksi kelpaa mikä vain kuudesta numerosta, niin kysytty tn on

P=(1-(4/5)**(n-1))**5*(5/6)**(n-1) n>=6

H
Utelias-75
Noppaa heitetään n kertaa, mikä on todennäköisyys, että täsmälleen n:nnellä kerralla tulee viimeinen silmäluku nopasta. Toisin sanoen, kaikki numerot 1, 2, 3, 4, 5 ja 6 esiintyvät ainakin kerran.

Aloitetaan lopusta. Tarkastellaan tapausta, jossa 6 on puuttuva luku. Tn sille, että 6 ei ole tullut (n-1):llä heitolla on P=(5/6)**(n-1). Tn saada 6 n:nellä heitolla on P=1/6.

Nyt siis tiedetään, että ensimmäisen n-1 heiton joukossa ei ole 6:sta. Tn sille, että myöskään 1 ei ole tullut (n-1):llä heitolla on P=(4/5)**(n-1), eli ainakin yksi 1 on joukossa tn:llä P=1-(4/5)**(n-1). Sama pätee myös muille luvuille. Tn, että joukossa on ainakin yksi 1, 2, 3, 4 ja 5 on P=(1-(4/5)**(n-1))**5.

Siten tn, että viimeisenä saadaan puuttuva 6 on P=(1-(4/5)**(n-1))**5*(5/6)**(n-1)*(1/6). Koska viimeiseksi silmäluvuksi kelpaa mikä vain kuudesta numerosta, niin kysytty tn on

P=(1-(4/5)**(n-1))**5*(5/6)**(n-1) n>=6




Mielestäni mikään P<1 ei kelpaa, koska silloinhan olisi olemassa mahdollisuus, että heitetään n heittoa, mutta ei saada kaikkia silmälukuja. Tämä on ristiriidassa tehtävänannon kanssa.

Tagnentti. Asetetaan n=2. Arvaapa mikä on todennäköisyys sille että 2 heitolla saadaan kaikki nopan silmäluvut. Jep, 0 < 1.

Edup
Tagnentti. Asetetaan n=2. Arvaapa mikä on todennäköisyys sille että 2 heitolla saadaan kaikki nopan silmäluvut. Jep, 0 < 1.



Tehtävänannossa sanotaan että kaikki luvut esiintyvät ainakin kerran, niin miten sä ne kahella heitolla saat? Ehkä olis pitäny mainita että n ei voi olla alle 6, mutta pidin itsestäänselvyytenä.

No asetetaan n=7. Ekoilla 3 heitolla saadaan kaikilla 6. Eipä saada n. heitolla silloin sitä viimeistä lukua mitenkään. Sitä paitsi tehtävänannossa ei sanota että kaikki esiintyisivät kerran tuossa n heiton sarjassa, vaan pelkästään selitetään mitä tarkoittaa tuo "viimeinen luku".

Edup
No asetetaan n=7. Ekoilla 3 heitolla saadaan kaikilla 6. Eipä saada n. heitolla silloin sitä viimeistä lukua mitenkään. Sitä paitsi tehtävänannossa ei sanota että kaikki esiintyisivät kerran tuossa n heiton sarjassa, vaan pelkästään selitetään mitä tarkoittaa tuo "viimeinen luku".



Näin on. Itse ymmärsin tehtävänannon perusteella että ennen heittoa nro. n kaikki muut 5 silmälukua ovat esiintyneet ainakin kerran.

EemeIi
Ilmeisesti siis täsmälleen n:nnellä kerralla tulee kuudes eri nopan numero, eli se ainoa jota ei ole vielä tullut kertaakaan?

Ei mikään ihan triviaali tehtävä, itse ratkaisisin Markovin ketjun avulla.

Markovin ketju tilajoukkona {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, missä tilan mukainen määrä silmälukuja on saatu. Siirtymätodennäköisyydet seuraavaan tilaan (1, 5/6, 4/6, 3/6, 2/6, 1/6, 0), muulloin tila ei vaihdu. Tilansiirtotodennäköisyysmatriisi p on siis muotoa:
0 . 1 . .0 . 0 . 0 . 0 . 0
0 1/6 5/6 . 0 . 0 . 0 . 0
0 . 0 . 2/6 4/6 0 . 0 . 0
...

Tästä täytyy ensin ottaa (n-1):s potenssi, jolloin matriisin ensimmäisen rivin kuudes (toiseksi viimeinen) alkio kertoo millä todennäköisyydellä ollaan tilassa 5 hetkellä n-1. Tällöin vastaus on kyseinen todennäköisyys kerrottuna kuudesosalla.

Näin siis numeerisesti, mutta oikea vastaus tuolla tulee, ehkä sen joku ohjelma symbolisestikin pyörittäisi, itse en ainakaan jaksa.




Jatketaas vielä. Tilansiirtotodennäköisyysmatriisi on siis http://www.wolframalpha.com/input/?i={{0%2C+1%2C+0%2C+0%2C+0%2C+0%2C+0}%2C+{0%2C+1%2F6%2C+5%2F6%2C+0%2C+0%2C+0%2C+0}%2C+{0%2C+0%2C+2%2F6%2C+4%2F6%2C+0%2C+0%2C+0}%2C+{0%2C+0%2C+0%2C+3%2F6%2C+3%2F6%2C+0%2C+0}%2C+{0%2C+0%2C+0%2C+0%2C+4%2F6%2C+2%2F6%2C+0}%2C+{0%2C+0%2C+0%2C+0%2C+0%2C+5%2F6%2C+1%2F6}%2C+{0%2C+0%2C+0%2C+0%2C+0%2C+0%2C+1}}

[url] ei toiminut tolle linkille, sori sotkusta.
Tuosta täytyisi saadaa vain n:s potenssi ja lukea ensimmäisen rivin toiseksi viimeinen alkio. Mikä mahtaa olla kyseinen Mathematican notaatio? ^n korottaa alkiot potenssiin, oikeaa operaatiota en löytänyt.

Jos lasketaan aluksi todennäköisyys sille, että saadaan kaikki 6 silmäluku 6:lla heitolla, niin eikös se ole 5!/6^5 = 1,54%. Edellä olevalla kaavalla tulee 5,52% ellen sitten väärin laskenut.

Leone
Seuraa 
Viestejä4835
korant
Jos lasketaan aluksi todennäköisyys sille, että saadaan kaikki 6 silmäluku 6:lla heitolla, niin eikös se ole 5!/6^5 = 1,54%. Edellä olevalla kaavalla tulee 5,52% ellen sitten väärin laskenut.



En tiedä mitä kaavaa tarkoitat, mutta minun kaavallani tulee 6!/6^6 = 5!/6^5 kun n = 6. Sillä mitä ilmeisimmin tulee myös oikea vastaus kaikilla n >= 6.

H
Seuraa 
Viestejä2622
korant
Jos lasketaan aluksi todennäköisyys sille, että saadaan kaikki 6 silmäluku 6:lla heitolla, niin eikös se ole 5!/6^5 = 1,54%. Edellä olevalla kaavalla tulee 5,52% ellen sitten väärin laskenut.

Jaha, eka yritys meni näemmä pieleen. Tehtävä ei sinänsä ole vaikea, mutta sen verran pitkä, että yritin oikaista. Tehdään sitten pitkän kaavan mukaan.

Sillä, mikä on viimeisen heiton silmäluvuku (sl) ei ole merkitystä, koska kaikki sl käydään läpi. Tn määräytyy suoraan n-1 ensimmäisen heiton mukaan. Ratkaistaan ensin lyhyempi tehtävä nopalla, jossa on vain 3 sl. Tn sille, että yksi sl (vaikkapa 3) puuttuu n-1 heitolla on (2/3)^(n-1). Se sisältää kuitenkin mm. tapauksen, jossa ei ole yhtään sl 1. Sen tn on (1/3)^(n-1). Kuin myös sl 2. Kun ne otetaan pois saadaan tn

P=(2/3)^(n-1)-2*(1/3)^(n-1)

Tuo on vähän liian yksinkertainen tapaus. Ratkaistaan vielä tehtävä nopalla, jonka sl on 4. Tn sille, että sl 4 puuttuu n-1 heitolla on (3/4)^(n-1). Se sisältää tapauksen, jossa ei ole yhtään sl 1. Sen tn on (2/4)^(n-1). Sama sl 2 ja 3. Kun ne otetaan huomioon, samalla poistetaan kahteen kertaan tapaukset, joista puuttuu kaksi sl, esim 1 ja 2. Sen tn on (1/4)^(n-1). Niitä on siis 1-2, 1-3, 2-3 eli (3 yli 2). Kun nekin lisätään saadaan tn

P=(3/4)^(n-1)-3*(2/4)^(n-1)+3*(1/4)^(n-1)

Mukaellen edellistä nopalla, jonka silmä luku on 6 saadaan tn

P=(5/6)^(n-1)-5*(4/6)^(n-1)+(5 yli 2)*(3/6)^(n-1)-(5 yli 3)*(2/6)^(n-1)+5*(1/6)^(n-1)

n P
6 1.54 %
7 3.86 %
8 6.00 %
9 7.50 %
10 8.28 %

Minusta, oikea vastaus lienee:

6x6x6=216

Koska:

Jokaisen numeron pitää esiintyä ainakin kerran, ja aina on yhtäsuuri todennäköisyys että joku numeroista esiintyy.
Siis, todennäköisyyden mukaan, viimeistään 216:n heiton jälkeen, olet saanut kaikki luvut ainakin kerran.

Voin tietenkin olla väärässä, ja todennäköisyydet nousta huippuunsa. (vrt.6^6x6=279936)

Sivut

Suosituimmat

Uusimmat

Sisältö jatkuu mainoksen alla

Suosituimmat