Seuraa 
Viestejä2

Ajattelin kysäistä täältä, jos joku auttaisi minua ymmärtämään tämän pienen toennäköisyyslaskun ratkaisemisessa.

TEHTÄVÄ: Mikä on todennäköisyys, että kolmen yhtäaikaisen nopan heitossa silmälukujen summa on 8?

Osaisin laskea tehtävän, jos kyseessä olisi kaksi noppaa... mutta tämä kolmen nopan juttu tökkii. Olen ajatellut tehtävän osalta suraavaa; Kolmen nopan heiton silmäluvuthan muodostavat jonon esimerkiksi 1, 5, 6. Joten kaikkiaan kolmen silmäluvun jonojen lukumääräksi tulee 6* 6* 6 = 216. Sitten minun pitäisi saada jotenkin selville, kuinka monta mahdollisuuttta on saada kolmella nopalla silmäluvuksi 8. Mutta miten? Tuon luvn jakaisin sitten jakaa tuolla kaikkien silmälukujen summalla. Voisiko joku auttaa ratkaisemaan tämän. Osaisin sitten soveltaa ratkaisua muihinkin vastaaviin tehtäviin. Kiitos jo etukäteen.

Sivut

Kommentit (24)

PPo
Seuraa 
Viestejä15332

JeeJee kirjoitti:
Ajattelin kysäistä täältä, jos joku auttaisi minua ymmärtämään tämän pienen toennäköisyyslaskun ratkaisemisessa.

TEHTÄVÄ: Mikä on todennäköisyys, että kolmen yhtäaikaisen nopan heitossa silmälukujen summa on 8?

Osaisin laskea tehtävän, jos kyseessä olisi kaksi noppaa... mutta tämä kolmen nopan juttu tökkii. Olen ajatellut tehtävän osalta suraavaa; Kolmen nopan heiton silmäluvuthan muodostavat jonon esimerkiksi 1, 5, 6. Joten kaikkiaan kolmen silmäluvun jonojen lukumääräksi tulee 6* 6* 6 = 216. Sitten minun pitäisi saada jotenkin selville, kuinka monta mahdollisuuttta on saada kolmella nopalla silmäluvuksi 8. Mutta miten? Tuon luvn jakaisin sitten jakaa tuolla kaikkien silmälukujen summalla. Voisiko joku auttaa ratkaisemaan tämän. Osaisin sitten soveltaa ratkaisua muihinkin vastaaviin tehtäviin. Kiitos jo etukäteen.

Tehtävä on puuduttava ja tarkkuutta vaativa.

x+y+z=8 ja x,y,z=1,2,3....,Esim

6,1,1 tai 1,6,1 tai 1,1,6

2,2,4 tai 2,4,2 tai 4,2,

5,2,1tai......

3,3,2 tai.....

4,3,1 tai....

......

Sisältö jatkuu mainoksen alla
Sisältö jatkuu mainoksen alla
Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3050

JeeJee kirjoitti:
Ajattelin kysäistä täältä, jos joku auttaisi minua ymmärtämään tämän pienen toennäköisyyslaskun ratkaisemisessa.

TEHTÄVÄ: Mikä on todennäköisyys, että kolmen yhtäaikaisen nopan heitossa silmälukujen summa on 8?

Osaisin laskea tehtävän, jos kyseessä olisi kaksi noppaa... mutta tämä kolmen nopan juttu tökkii. Olen ajatellut tehtävän osalta suraavaa; Kolmen nopan heiton silmäluvuthan muodostavat jonon esimerkiksi 1, 5, 6. Joten kaikkiaan kolmen silmäluvun jonojen lukumääräksi tulee 6* 6* 6 = 216. Sitten minun pitäisi saada jotenkin selville, kuinka monta mahdollisuuttta on saada kolmella nopalla silmäluvuksi 8. Mutta miten? Tuon luvn jakaisin sitten jakaa tuolla kaikkien silmälukujen summalla. Voisiko joku auttaa ratkaisemaan tämän. Osaisin sitten soveltaa ratkaisua muihinkin vastaaviin tehtäviin. Kiitos jo etukäteen.

Ratkaisu saadaan helpoiten käyttäen todennäköisyyslaskennan satunnaismuuttujaan X liittyvää momenttigeneroivaa funktiota M(X,t). Luultavasti tuo tn voidaan laskea jotenkin kombinatorisesti, mutta tämä momenttigeneroivia funktioita käyttävä on kuitenkin erittäin helppo soveltaa ja tuota teoriaakaan ei tartte hallita, jotta laskee noita todennäköisyyksiä.

Tarkastellaan yleistä  satunnaismuuttujaa X, jonka arvojoukko on {0, 1, 2, 3,...} todennäköisyyksin {p0, p1, p2,...}, siis P(X = 0) = p0, P(X = 1) = p1 jne.

Määritellään X:n momenttigeneroiva funktio kaavalla:

M(X,t) = Σ exp(k t)pₖ,

missä summataan arvosta k = 0 eteenpäin ja t on reaaliluku. Tuossa notaatiossa M(X,t) tuo X korostaa sitä satunnaismuuttujaa X.

Todennäköisyyslaskennassa pätee seuraava tulos, jos satunnaismuuttujat X, Y ja Z ovat riippumattomia:

M(X+Y+Z,t) = M(X,t) M(Y,t) M(Z,t),

eli satunnaismuuttujan X + Y + Z momenttigeneroiva funktio saadaan X,Y ja Z:n momenttigeneroivien funktioiden tulona.

Olkoon nyt sitten satunnaismuuttuja X se ensimäisen nopanheiton tulos. Tällöin X saa arvot {1, 2, 3, 4, 5, 6} todennäköisyyksin p0 = p1 = p2 = p3 = p4 = p5 = p6 = 1/6 ja siten momenttigeneroivaksi funktioksi saadaan

M(X,t) = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t)+ exp(4t)+ exp(5t)+ exp(6t))

Vastaavasti olkoon satunnaismuuttuja Y se toisen nopanheiton tulos:

M(Y,t) = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t)+ exp(4t)+ exp(5t)+ exp(6t))

ja Z se kolmas heitto:

M(Y,t) = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t) + exp(4t) + exp(5t) + exp(6t)).

Laskemalla tuo M(X,t) M(Y,t) M(Z,t) eksplisiittisesti auki saadaan lauseke josta nuo todennäköisyydet voi päätellä:

M(X + Y + Z, t) = 1/216 [exp(3t) + 3exp(4t) + 6exp(5t) + 10exp(6t) + 15 exp(7t) + 21 exp(8t) + 25exp(9t) + 27exp(10t) + 27exp(11t) + 25exp(12t) + 21exp(13t) + 15exp(14t) + 10exp(15t) + 6exp(16t) + 3exp(17t) + exp(18t) ]

P(X + Y + Z = 8)  on se tuon kehitelmän  exp(8t) kerroin eli:

P(X + Y + Z = 8) = 21/216.

Vastaavasti esimerkiksi saataisiin:

P(X + Y + Z = 11) = 27/216
P(X + Y + Z = 16) = 6/216.

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3050

Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:

Olkoon nyt sitten satunnaismuuttuja X se ensimäisen nopanheiton tulos. Tällöin X saa arvot {1, 2, 3, 4, 5, 6} todennäköisyyksin p0 = p1 = p2 = p3 = p4 = p5 = p6 = 1/6 ja siten momenttigeneroivaksi funktioksi saadaan

M(X,t) = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t)+ exp(4t)+ exp(5t)+ exp(6t))

Tossa boldatussa pitäisi olla p1 = p2 = p3 = p4 = p5 = p6 = 1/6, koska p0 = 0 ja lisäksi p7 = p8 = p9 = .... = 0, jolloin summa

M(X,t) = Σ exp(k t)pₖ = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t)+ exp(4t)+ exp(5t)+ exp(6t)).

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

Eusa
Seuraa 
Viestejä18625

Kyseessä on kertaumapyramidin soveltaminen :

1 1 1 1 1 1
1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1
1 3 6 10 15 21 25 27 27 25 21 15 10 6 3 1
1 4 10 20 35 56 80 104 125 140 146 135 126 108 81 56 35 20 10 4 1

Tasatodennäköisyydet merkitään ykkösriville. Toinen rivi "summajakauma 2 nopalle" saadaan laskemalla ykkösiä yhteen uudelle luvulle asti. Mahdolliset summathan ovat 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 ja 12.

Seuraavat rivit saadaan vastaavasti summaamalla edellisestä, mutta lisäksi muodostetaan keskiluvut kuudennesta eteenpäin normaalijakaumaa täydentävin kertaumakertoimin edelliseen lisäten (4, 2, 2, 4), (24, 24, 21, 15, 6, 15, 21, 24, 24).

Menetelmällä saa nopeasti selvitettyä useankin nopan summien todennäköisyydet kuudelle pienimmälle ja kuudelle suurimmalle summalle. Keskisuurien summien todennäköisyyksien kanssa joutuu tehdä töitä enemmän ja suorin tapa onkin sitten tuo SIJ:n esittämä matematiikka.

Tuohon juuri 6. suurimpaan kolmen nopan summan todennäköisyyteen tämä pyramidiharjoitukseni antaa paperilla nopsan vastauksen ilman ihmeempää matikkajumppaa kertoimien kanssa.

Hienorakennevakio vapausasteista: (1+2¹+3²+5³+1/2¹*3²/5³)⁻¹ = 137,036⁻¹

PPo
Seuraa 
Viestejä15332

Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JeeJee kirjoitti:
Ajattelin kysäistä täältä, jos joku auttaisi minua ymmärtämään tämän pienen toennäköisyyslaskun ratkaisemisessa.

TEHTÄVÄ: Mikä on todennäköisyys, että kolmen yhtäaikaisen nopan heitossa silmälukujen summa on 8?

Osaisin laskea tehtävän, jos kyseessä olisi kaksi noppaa... mutta tämä kolmen nopan juttu tökkii. Olen ajatellut tehtävän osalta suraavaa; Kolmen nopan heiton silmäluvuthan muodostavat jonon esimerkiksi 1, 5, 6. Joten kaikkiaan kolmen silmäluvun jonojen lukumääräksi tulee 6* 6* 6 = 216. Sitten minun pitäisi saada jotenkin selville, kuinka monta mahdollisuuttta on saada kolmella nopalla silmäluvuksi 8. Mutta miten? Tuon luvn jakaisin sitten jakaa tuolla kaikkien silmälukujen summalla. Voisiko joku auttaa ratkaisemaan tämän. Osaisin sitten soveltaa ratkaisua muihinkin vastaaviin tehtäviin. Kiitos jo etukäteen.

Ratkaisu saadaan helpoiten käyttäen todennäköisyyslaskennan satunnaismuuttujaan X liittyvää momenttigeneroivaa funktiota M(X,t). Luultavasti tuo tn voidaan laskea jotenkin kombinatorisesti, mutta tämä momenttigeneroivia funktioita käyttävä on kuitenkin erittäin helppo soveltaa ja tuota teoriaakaan ei tartte hallita, jotta laskee noita todennäköisyyksiä.

Tarkastellaan yleistä  satunnaismuuttujaa X, jonka arvojoukko on {0, 1, 2, 3,...} todennäköisyyksin {p0, p1, p2,...}, siis P(X = 0) = p0, P(X = 1) = p1 jne.

Määritellään X:n momenttigeneroiva funktio kaavalla:

M(X,t) = Σ exp(k t)pₖ,

missä summataan arvosta k = 0 eteenpäin ja t on reaaliluku. Tuossa notaatiossa M(X,t) tuo X korostaa sitä satunnaismuuttujaa X.

Todennäköisyyslaskennassa pätee seuraava tulos, jos satunnaismuuttujat X, Y ja Z ovat riippumattomia:

M(X+Y+Z,t) = M(X,t) M(Y,t) M(Z,t),

eli satunnaismuuttujan X + Y + Z momenttigeneroiva funktio saadaan X,Y ja Z:n momenttigeneroivien funktioiden tulona.

Olkoon nyt sitten satunnaismuuttuja X se ensimäisen nopanheiton tulos. Tällöin X saa arvot {1, 2, 3, 4, 5, 6} todennäköisyyksin p0 = p1 = p2 = p3 = p4 = p5 = p6 = 1/6 ja siten momenttigeneroivaksi funktioksi saadaan

M(X,t) = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t)+ exp(4t)+ exp(5t)+ exp(6t))

Vastaavasti olkoon satunnaismuuttuja Y se toisen nopanheiton tulos:

M(Y,t) = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t)+ exp(4t)+ exp(5t)+ exp(6t))

ja Z se kolmas heitto:

M(Y,t) = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t) + exp(4t) + exp(5t) + exp(6t)).

Laskemalla tuo M(X,t) M(Y,t) M(Z,t) eksplisiittisesti auki saadaan lauseke josta nuo todennäköisyydet voi päätellä:

M(X + Y + Z, t) = 1/216 [exp(3t) + 3exp(4t) + 6exp(5t) + 10exp(6t) + 15 exp(7t) + 21 exp(8t) + 25exp(9t) + 27exp(10t) + 27exp(11t) + 25exp(12t) + 21exp(13t) + 15exp(14t) + 10exp(15t) + 6exp(16t) + 3exp(17t) + exp(18t) ]

P(X + Y + Z = 8)  on se tuon kehitelmän  exp(8t) kerroin eli:

P(X + Y + Z = 8) = 21/216.

Vastaavasti esimerkiksi saataisiin:

P(X + Y + Z = 11) = 27/216
P(X + Y + Z = 16) = 6/216.

Jos yllä oleva on helpoin ratkaisu, niin ei seuraavakaan ihan mahdoton ole

1,1,6—>3!/2=3

1,2,5—>3!=6

1,3,4—>3!=6

2,2,4—>3!/2=3

2,3,3—>3!/2=3

tn=(3+6+6+3+3)/6^3=21/216=7/72

PPo
Seuraa 
Viestejä15332

Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JeeJee kirjoitti:
Ajattelin kysäistä täältä, jos joku auttaisi minua ymmärtämään tämän pienen toennäköisyyslaskun ratkaisemisessa.

TEHTÄVÄ: Mikä on todennäköisyys, että kolmen yhtäaikaisen nopan heitossa silmälukujen summa on 8?

Osaisin laskea tehtävän, jos kyseessä olisi kaksi noppaa... mutta tämä kolmen nopan juttu tökkii. Olen ajatellut tehtävän osalta suraavaa; Kolmen nopan heiton silmäluvuthan muodostavat jonon esimerkiksi 1, 5, 6. Joten kaikkiaan kolmen silmäluvun jonojen lukumääräksi tulee 6* 6* 6 = 216. Sitten minun pitäisi saada jotenkin selville, kuinka monta mahdollisuuttta on saada kolmella nopalla silmäluvuksi 8. Mutta miten? Tuon luvn jakaisin sitten jakaa tuolla kaikkien silmälukujen summalla. Voisiko joku auttaa ratkaisemaan tämän. Osaisin sitten soveltaa ratkaisua muihinkin vastaaviin tehtäviin. Kiitos jo etukäteen.

Ratkaisu saadaan helpoiten käyttäen todennäköisyyslaskennan satunnaismuuttujaan X liittyvää momenttigeneroivaa funktiota M(X,t). Luultavasti tuo tn voidaan laskea jotenkin kombinatorisesti, mutta tämä momenttigeneroivia funktioita käyttävä on kuitenkin erittäin helppo soveltaa ja tuota teoriaakaan ei tartte hallita, jotta laskee noita todennäköisyyksiä.

Tarkastellaan yleistä  satunnaismuuttujaa X, jonka arvojoukko on {0, 1, 2, 3,...} todennäköisyyksin {p0, p1, p2,...}, siis P(X = 0) = p0, P(X = 1) = p1 jne.

Määritellään X:n momenttigeneroiva funktio kaavalla:

M(X,t) = Σ exp(k t)pₖ,

missä summataan arvosta k = 0 eteenpäin ja t on reaaliluku. Tuossa notaatiossa M(X,t) tuo X korostaa sitä satunnaismuuttujaa X.

Todennäköisyyslaskennassa pätee seuraava tulos, jos satunnaismuuttujat X, Y ja Z ovat riippumattomia:

M(X+Y+Z,t) = M(X,t) M(Y,t) M(Z,t),

eli satunnaismuuttujan X + Y + Z momenttigeneroiva funktio saadaan X,Y ja Z:n momenttigeneroivien funktioiden tulona.

Olkoon nyt sitten satunnaismuuttuja X se ensimäisen nopanheiton tulos. Tällöin X saa arvot {1, 2, 3, 4, 5, 6} todennäköisyyksin p0 = p1 = p2 = p3 = p4 = p5 = p6 = 1/6 ja siten momenttigeneroivaksi funktioksi saadaan

M(X,t) = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t)+ exp(4t)+ exp(5t)+ exp(6t))

Vastaavasti olkoon satunnaismuuttuja Y se toisen nopanheiton tulos:

M(Y,t) = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t)+ exp(4t)+ exp(5t)+ exp(6t))

ja Z se kolmas heitto:

M(Y,t) = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t) + exp(4t) + exp(5t) + exp(6t)).

Laskemalla tuo M(X,t) M(Y,t) M(Z,t) eksplisiittisesti auki saadaan lauseke josta nuo todennäköisyydet voi päätellä:

M(X + Y + Z, t) = 1/216 [exp(3t) + 3exp(4t) + 6exp(5t) + 10exp(6t) + 15 exp(7t) + 21 exp(8t) + 25exp(9t) + 27exp(10t) + 27exp(11t) + 25exp(12t) + 21exp(13t) + 15exp(14t) + 10exp(15t) + 6exp(16t) + 3exp(17t) + exp(18t) ]

P(X + Y + Z = 8)  on se tuon kehitelmän  exp(8t) kerroin eli:

P(X + Y + Z = 8) = 21/216.

Vastaavasti esimerkiksi saataisiin:

P(X + Y + Z = 11) = 27/216
P(X + Y + Z = 16) = 6/216.

Perehdyin hieman teoriaan.

Tehtävää olisi voitu käsitellä  käyttäen tn-generoivaa (tngf) funktiota

Gx(t)=∑P(X=k)*t^k, k=0,1,2,...

Tehtävä hieman yleistäen. Heitetään noppaa n kertaa. Laskettava todennäköisyydet sille, että silmälukujen summa on S, n≤S≤6n.

Muodostetaan pistelukujen summan tngf samaan tapaan kuin yllä. Kehitetään se polynomiksi (saattaa olla hankalaa) ja todennäköisyydet saadaan polynomin kertoimista.

Eusa
Seuraa 
Viestejä18625

PPo kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JeeJee kirjoitti:
Ajattelin kysäistä täältä, jos joku auttaisi minua ymmärtämään tämän pienen toennäköisyyslaskun ratkaisemisessa.

TEHTÄVÄ: Mikä on todennäköisyys, että kolmen yhtäaikaisen nopan heitossa silmälukujen summa on 8?

Osaisin laskea tehtävän, jos kyseessä olisi kaksi noppaa... mutta tämä kolmen nopan juttu tökkii. Olen ajatellut tehtävän osalta suraavaa; Kolmen nopan heiton silmäluvuthan muodostavat jonon esimerkiksi 1, 5, 6. Joten kaikkiaan kolmen silmäluvun jonojen lukumääräksi tulee 6* 6* 6 = 216. Sitten minun pitäisi saada jotenkin selville, kuinka monta mahdollisuuttta on saada kolmella nopalla silmäluvuksi 8. Mutta miten? Tuon luvn jakaisin sitten jakaa tuolla kaikkien silmälukujen summalla. Voisiko joku auttaa ratkaisemaan tämän. Osaisin sitten soveltaa ratkaisua muihinkin vastaaviin tehtäviin. Kiitos jo etukäteen.

Ratkaisu saadaan helpoiten käyttäen todennäköisyyslaskennan satunnaismuuttujaan X liittyvää momenttigeneroivaa funktiota M(X,t). Luultavasti tuo tn voidaan laskea jotenkin kombinatorisesti, mutta tämä momenttigeneroivia funktioita käyttävä on kuitenkin erittäin helppo soveltaa ja tuota teoriaakaan ei tartte hallita, jotta laskee noita todennäköisyyksiä.

Tarkastellaan yleistä  satunnaismuuttujaa X, jonka arvojoukko on {0, 1, 2, 3,...} todennäköisyyksin {p0, p1, p2,...}, siis P(X = 0) = p0, P(X = 1) = p1 jne.

Määritellään X:n momenttigeneroiva funktio kaavalla:

M(X,t) = Σ exp(k t)pₖ,

missä summataan arvosta k = 0 eteenpäin ja t on reaaliluku. Tuossa notaatiossa M(X,t) tuo X korostaa sitä satunnaismuuttujaa X.

Todennäköisyyslaskennassa pätee seuraava tulos, jos satunnaismuuttujat X, Y ja Z ovat riippumattomia:

M(X+Y+Z,t) = M(X,t) M(Y,t) M(Z,t),

eli satunnaismuuttujan X + Y + Z momenttigeneroiva funktio saadaan X,Y ja Z:n momenttigeneroivien funktioiden tulona.

Olkoon nyt sitten satunnaismuuttuja X se ensimäisen nopanheiton tulos. Tällöin X saa arvot {1, 2, 3, 4, 5, 6} todennäköisyyksin p0 = p1 = p2 = p3 = p4 = p5 = p6 = 1/6 ja siten momenttigeneroivaksi funktioksi saadaan

M(X,t) = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t)+ exp(4t)+ exp(5t)+ exp(6t))

Vastaavasti olkoon satunnaismuuttuja Y se toisen nopanheiton tulos:

M(Y,t) = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t)+ exp(4t)+ exp(5t)+ exp(6t))

ja Z se kolmas heitto:

M(Y,t) = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t) + exp(4t) + exp(5t) + exp(6t)).

Laskemalla tuo M(X,t) M(Y,t) M(Z,t) eksplisiittisesti auki saadaan lauseke josta nuo todennäköisyydet voi päätellä:

M(X + Y + Z, t) = 1/216 [exp(3t) + 3exp(4t) + 6exp(5t) + 10exp(6t) + 15 exp(7t) + 21 exp(8t) + 25exp(9t) + 27exp(10t) + 27exp(11t) + 25exp(12t) + 21exp(13t) + 15exp(14t) + 10exp(15t) + 6exp(16t) + 3exp(17t) + exp(18t) ]

P(X + Y + Z = 8)  on se tuon kehitelmän  exp(8t) kerroin eli:

P(X + Y + Z = 8) = 21/216.

Vastaavasti esimerkiksi saataisiin:

P(X + Y + Z = 11) = 27/216
P(X + Y + Z = 16) = 6/216.

Perehdyin hieman teoriaan.

Tehtävää olisi voitu käsitellä  käyttäen tn-generoivaa (tngf) funktiota

Gx(t)=∑P(X=k)*t^k, k=0,1,2,...

Tehtävä hieman yleistäen. Heitetään noppaa n kertaa. Laskettava todennäköisyydet sille, että silmälukujen summa on S, n≤S≤6n.

Muodostetaan pistelukujen summan tngf samaan tapaan kuin yllä. Kehitetään se polynomiksi (saattaa olla hankalaa) ja todennäköisyydet saadaan polynomin kertoimista.


On selvää, että tällaisessa kuvaavan polynomin kertoimien arvot lähestyvät rajatta normaalijakaumaa. Oma ratkaisuni perustui tähän tietoon. Ne keskimmäisetkin kertoimet saadaan kyllä ns. käsipelillä pudottamalla pois aikaisemmin summattuja termejä samalla kun lisätään uusia, mutta vaatii huolellisuutta kyllä...

Hienorakennevakio vapausasteista: (1+2¹+3²+5³+1/2¹*3²/5³)⁻¹ = 137,036⁻¹

Eusa
Seuraa 
Viestejä18625

1 1 1 1 1 1
1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1
1 3 6 10 15 21 25 27 27 25 21 15 10 6 3 1
1 4 10 20 35 56 80 104 125 140 146 140 125 104 80 56 35 20 10 4 1

Neljän nopan summariviin oli jäänyt lasku-/kirj.virheitä. Korjattu. Esim. 4 nopan summan 17 todennäköisyys on 104/1296 ja summalle 14 korkein 146/1296.

Hienorakennevakio vapausasteista: (1+2¹+3²+5³+1/2¹*3²/5³)⁻¹ = 137,036⁻¹

Eusa
Seuraa 
Viestejä18625

Selostettakoon keskimmäisten kertoimien selvittäminen 4 nopan summarivillä:
- 6.:een eli 56:een asti saadaan suoraan edellistä riviä summaamalla
- siitä eteenpäin summasta vähennetään 6 askelta aikaisempi termi:
56+(25-1)=80, 80+(27-3)=104, 104+(27-6)=125, 125+(25-10)=140, 140+(21-15)=146, 146+(15-21),...
- loput tulevat peilikuvana, plussattavat loppuvat ykköseen ja loput kuusi kerrointa saadaan vain miinustaen

Kellä viitseliäisyyttä löytyy, siitäpä 5:n tai useamman nopan summien todennäköisyyksiä selvittelemään...

Hienorakennevakio vapausasteista: (1+2¹+3²+5³+1/2¹*3²/5³)⁻¹ = 137,036⁻¹

Eusa
Seuraa 
Viestejä18625

1 5 15 35 70 126 205 305 420 540 651 735 780 780 735 651 540 420 305 205 126 70 35 15 5 1

Aika äkkiähän se käy. 5 nopan summista alkoi kiinnostaa todennäköisyys mennä yli ventin eli 21:n. Se saadaan 9:n viimeisen kertoimen summana, eli 1182/7776 = n. 15,2%.

Hienorakennevakio vapausasteista: (1+2¹+3²+5³+1/2¹*3²/5³)⁻¹ = 137,036⁻¹

PPo
Seuraa 
Viestejä15332

Eusa kirjoitti:
Selostettakoon keskimmäisten kertoimien selvittäminen 4 nopan summarivillä:
- 6.:een eli 56:een asti saadaan suoraan edellistä riviä summaamalla
- siitä eteenpäin summasta vähennetään 6 askelta aikaisempi termi:
56+(25-1)=80, 80+(27-3)=104, 104+(27-6)=125, 125+(25-10)=140, 140+(21-15)=146, 146+(15-21),...
- loput tulevat peilikuvana, plussattavat loppuvat ykköseen ja loput kuusi kerrointa saadaan vain miinustaen

Kellä viitseliäisyyttä löytyy, siitäpä 5:n tai useamman nopan summien todennäköisyyksiä selvittelemään...

Summan ilmoittavan satunnaismuuttujan tngf  on

Gx(t)=1/6^n*(t+t^2+t^3+t^4+t^5+t^6)^n

Kun n=6, WA kehitti potenssin polynomiksi, jonka kertoimet ovat

1,6,21,56,126,252,456,756,1161,1666,2247,2556,3431,3906,4221,4332,4211......

P(X=21)=4432/6^6≈9,5%

Eusa
Seuraa 
Viestejä18625

PPo kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Selostettakoon keskimmäisten kertoimien selvittäminen 4 nopan summarivillä:
- 6.:een eli 56:een asti saadaan suoraan edellistä riviä summaamalla
- siitä eteenpäin summasta vähennetään 6 askelta aikaisempi termi:
56+(25-1)=80, 80+(27-3)=104, 104+(27-6)=125, 125+(25-10)=140, 140+(21-15)=146, 146+(15-21),...
- loput tulevat peilikuvana, plussattavat loppuvat ykköseen ja loput kuusi kerrointa saadaan vain miinustaen

Kellä viitseliäisyyttä löytyy, siitäpä 5:n tai useamman nopan summien todennäköisyyksiä selvittelemään...

Summan ilmoittavan satunnaismuuttujan tngf  on

Gx(t)=1/6^n*(t+t^2+t^3+t^4+t^5+t^6)^n

Kun n=6, WA kehitti potenssin polynomiksi, jonka kertoimet ovat

1,6,21,56,126,252,456,756,1161,1666,2247,2556,3431,3906,4221,4332,4211......

P(X=21)=4432/6^6≈9,5%


Eli tarkalleen ventin todennäköisyys kuudella nopalla. Sulla sisäinen ristiriita luvuissa? Äkkiä päässä tarkistellen tuo 4332 on oikea luku eli n. 9,3%.

WA on ihan kiva, mutta suositeltavaa haasteena koittaa ilman sitä löytää menetelmiä päästä ratkaisuihin...

Hienorakennevakio vapausasteista: (1+2¹+3²+5³+1/2¹*3²/5³)⁻¹ = 137,036⁻¹

PPo
Seuraa 
Viestejä15332

Eusa kirjoitti:
PPo kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Selostettakoon keskimmäisten kertoimien selvittäminen 4 nopan summarivillä:
- 6.:een eli 56:een asti saadaan suoraan edellistä riviä summaamalla
- siitä eteenpäin summasta vähennetään 6 askelta aikaisempi termi:
56+(25-1)=80, 80+(27-3)=104, 104+(27-6)=125, 125+(25-10)=140, 140+(21-15)=146, 146+(15-21),...
- loput tulevat peilikuvana, plussattavat loppuvat ykköseen ja loput kuusi kerrointa saadaan vain miinustaen

Kellä viitseliäisyyttä löytyy, siitäpä 5:n tai useamman nopan summien todennäköisyyksiä selvittelemään...

Summan ilmoittavan satunnaismuuttujan tngf  on

Gx(t)=1/6^n*(t+t^2+t^3+t^4+t^5+t^6)^n

Kun n=6, WA kehitti potenssin polynomiksi, jonka kertoimet ovat

1,6,21,56,126,252,456,756,1161,1666,2247,2556,3431,3906,4221,4332,4211......

P(X=21)=4432/6^6≈9,5%


Eli tarkalleen ventin todennäköisyys kuudella nopalla. Sulla sisäinen ristiriita luvuissa? Äkkiä päässä tarkistellen tuo 4332 on oikea luku eli n. 9,3%.

WA on ihan kiva, mutta suositeltavaa haasteena koittaa ilman sitä löytää menetelmiä päästä ratkaisuihin...

Todellakin boldattu luku oli 4332, joka muuttui mystisesti luvuksi 4432.

Kirjoitetaan 

Gx(t)=1/6^n*(t+t^2+t^3+t^4+t^5+t^6)^n=t^n/6^n*[(1-t^6)/(1-t)]^n

Hakasuluissa oleva voidaan kirjoittaa polynomiksi ao+a1*t+a2*t^2+....+ ak*t^k+...

Nyt P(X=n+k)=ak/6^n, 0≤k≤5n

Kertoimien ak määritys onnistunee seuraavasti

Kerrotaan (1-t^6)^n:n ja (1-t)^(-n):n sarjakehitelmät keskenään.

Tuota kertolaskua pitää vielä mietiskellä................

Eusa
Seuraa 
Viestejä18625

PPo kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
PPo kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Selostettakoon keskimmäisten kertoimien selvittäminen 4 nopan summarivillä:
- 6.:een eli 56:een asti saadaan suoraan edellistä riviä summaamalla
- siitä eteenpäin summasta vähennetään 6 askelta aikaisempi termi:
56+(25-1)=80, 80+(27-3)=104, 104+(27-6)=125, 125+(25-10)=140, 140+(21-15)=146, 146+(15-21),...
- loput tulevat peilikuvana, plussattavat loppuvat ykköseen ja loput kuusi kerrointa saadaan vain miinustaen

Kellä viitseliäisyyttä löytyy, siitäpä 5:n tai useamman nopan summien todennäköisyyksiä selvittelemään...

Summan ilmoittavan satunnaismuuttujan tngf  on

Gx(t)=1/6^n*(t+t^2+t^3+t^4+t^5+t^6)^n

Kun n=6, WA kehitti potenssin polynomiksi, jonka kertoimet ovat

1,6,21,56,126,252,456,756,1161,1666,2247,2556,3431,3906,4221,4332,4211......

P(X=21)=4432/6^6≈9,5%


Eli tarkalleen ventin todennäköisyys kuudella nopalla. Sulla sisäinen ristiriita luvuissa? Äkkiä päässä tarkistellen tuo 4332 on oikea luku eli n. 9,3%.

WA on ihan kiva, mutta suositeltavaa haasteena koittaa ilman sitä löytää menetelmiä päästä ratkaisuihin...

Todellakin boldattu luku oli 4332, joka muuttui mystisesti luvuksi 4432.

Kirjoitetaan 

Gx(t)=1/6^n*(t+t^2+t^3+t^4+t^5+t^6)^n=t^n/6^n*[(1-t^6)/(1-t)]^n

Hakasuluissa oleva voidaan kirjoittaa polynomiksi ao+a1*t+a2*t^2+....+ ak*t^k+...

Nyt P(X=n+k)=ak/6^n, 0≤k≤5n

Kertoimien ak määritys onnistunee seuraavasti

Kerrotaan (1-t^6)^n:n ja (1-t)^(-n):n sarjakehitelmät keskenään.

Tuota kertolaskua pitää vielä mietiskellä................

Eikös keksimäni pyramidi-summaus-erotus-menetelmä ole ihan kätevä? Apinoitu Pascalin kolmiosta, mutta kertaumatyyliin...

Hienorakennevakio vapausasteista: (1+2¹+3²+5³+1/2¹*3²/5³)⁻¹ = 137,036⁻¹

PPo
Seuraa 
Viestejä15332

Eusa kirjoitti:
PPo kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
PPo kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Selostettakoon keskimmäisten kertoimien selvittäminen 4 nopan summarivillä:
- 6.:een eli 56:een asti saadaan suoraan edellistä riviä summaamalla
- siitä eteenpäin summasta vähennetään 6 askelta aikaisempi termi:
56+(25-1)=80, 80+(27-3)=104, 104+(27-6)=125, 125+(25-10)=140, 140+(21-15)=146, 146+(15-21),...
- loput tulevat peilikuvana, plussattavat loppuvat ykköseen ja loput kuusi kerrointa saadaan vain miinustaen

Kellä viitseliäisyyttä löytyy, siitäpä 5:n tai useamman nopan summien todennäköisyyksiä selvittelemään...

Summan ilmoittavan satunnaismuuttujan tngf  on

Gx(t)=1/6^n*(t+t^2+t^3+t^4+t^5+t^6)^n

Kun n=6, WA kehitti potenssin polynomiksi, jonka kertoimet ovat

1,6,21,56,126,252,456,756,1161,1666,2247,2556,3431,3906,4221,4332,4211......

P(X=21)=4432/6^6≈9,5%


Eli tarkalleen ventin todennäköisyys kuudella nopalla. Sulla sisäinen ristiriita luvuissa? Äkkiä päässä tarkistellen tuo 4332 on oikea luku eli n. 9,3%.

WA on ihan kiva, mutta suositeltavaa haasteena koittaa ilman sitä löytää menetelmiä päästä ratkaisuihin...

Todellakin boldattu luku oli 4332, joka muuttui mystisesti luvuksi 4432.

Kirjoitetaan 

Gx(t)=1/6^n*(t+t^2+t^3+t^4+t^5+t^6)^n=t^n/6^n*[(1-t^6)/(1-t)]^n

Hakasuluissa oleva voidaan kirjoittaa polynomiksi ao+a1*t+a2*t^2+....+ ak*t^k+...

Nyt P(X=n+k)=ak/6^n, 0≤k≤5n

Kertoimien ak määritys onnistunee seuraavasti

Kerrotaan (1-t^6)^n:n ja (1-t)^(-n):n sarjakehitelmät keskenään.

Tuota kertolaskua pitää vielä mietiskellä................

Eikös keksimäni pyramidi-summaus-erotus-menetelmä ole ihan kätevä? Apinoitu Pascalin kolmiosta, mutta kertaumatyyliin...

Se on ihan hieno.

En ole paneutunut välilukujen laskuun sen syvällisemmin, mutta oikeinhan ne on.

Kun n kasvaa, välilukujen laskeminen hankaloituu.

Siksi olisikin komeata, jos saisi lausekkeen ak:n laskemiseksi  suoraan, kun n ja k on annettu.

Eusa
Seuraa 
Viestejä18625

PPo kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
PPo kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
PPo kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Selostettakoon keskimmäisten kertoimien selvittäminen 4 nopan summarivillä:
- 6.:een eli 56:een asti saadaan suoraan edellistä riviä summaamalla
- siitä eteenpäin summasta vähennetään 6 askelta aikaisempi termi:
56+(25-1)=80, 80+(27-3)=104, 104+(27-6)=125, 125+(25-10)=140, 140+(21-15)=146, 146+(15-21),...
- loput tulevat peilikuvana, plussattavat loppuvat ykköseen ja loput kuusi kerrointa saadaan vain miinustaen

Kellä viitseliäisyyttä löytyy, siitäpä 5:n tai useamman nopan summien todennäköisyyksiä selvittelemään...

Summan ilmoittavan satunnaismuuttujan tngf  on

Gx(t)=1/6^n*(t+t^2+t^3+t^4+t^5+t^6)^n

Kun n=6, WA kehitti potenssin polynomiksi, jonka kertoimet ovat

1,6,21,56,126,252,456,756,1161,1666,2247,2556,3431,3906,4221,4332,4211......

P(X=21)=4432/6^6≈9,5%


Eli tarkalleen ventin todennäköisyys kuudella nopalla. Sulla sisäinen ristiriita luvuissa? Äkkiä päässä tarkistellen tuo 4332 on oikea luku eli n. 9,3%.

WA on ihan kiva, mutta suositeltavaa haasteena koittaa ilman sitä löytää menetelmiä päästä ratkaisuihin...

Todellakin boldattu luku oli 4332, joka muuttui mystisesti luvuksi 4432.

Kirjoitetaan 

Gx(t)=1/6^n*(t+t^2+t^3+t^4+t^5+t^6)^n=t^n/6^n*[(1-t^6)/(1-t)]^n

Hakasuluissa oleva voidaan kirjoittaa polynomiksi ao+a1*t+a2*t^2+....+ ak*t^k+...

Nyt P(X=n+k)=ak/6^n, 0≤k≤5n

Kertoimien ak määritys onnistunee seuraavasti

Kerrotaan (1-t^6)^n:n ja (1-t)^(-n):n sarjakehitelmät keskenään.

Tuota kertolaskua pitää vielä mietiskellä................

Eikös keksimäni pyramidi-summaus-erotus-menetelmä ole ihan kätevä? Apinoitu Pascalin kolmiosta, mutta kertaumatyyliin...

Se on ihan hieno.

En ole paneutunut välilukujen laskuun sen syvällisemmin, mutta oikeinhan ne on.

Kun n kasvaa, välilukujen laskeminen hankaloituu.

Siksi olisikin komeata, jos saisi lausekkeen ak:n laskemiseksi  suoraan, kun n ja k on annettu.

Kun n kasvaa yhä suuremmaksi, toimiiko väli-/loppulukujen laskenta yksinkertaisella erotusmatematiikalla? En ole keksinyt syytä miksi siihen tulisi mitään monimutkaisempaa. 7. kertoimesta alkaen vähennetään niitä tapauksia, jotka olisivat muuten yhteisiä edellisen noppamäärän kanssa - koska kertauma on samoin huomioitu pyramidin edellisillä riveillä, saa aina vain yksinkertaisesti vähentää edellisen rivin arvoja 6 askelta aikaisemmasta kohdasta (tai lopusta lukien täsmälleen samasta kohdasta)...

Kyllähän harjoitukseni perusteella voi kirjoittaa ja sievennellä lausekkeita kertoimille n:n ja k:n perusteella, mutta ei nyt valitettavasti ole aikaa siihen.

Hienorakennevakio vapausasteista: (1+2¹+3²+5³+1/2¹*3²/5³)⁻¹ = 137,036⁻¹

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3050

PPo kirjoitti:
Spanish Inquisitor Jr kirjoitti:
JeeJee kirjoitti:
Ajattelin kysäistä täältä, jos joku auttaisi minua ymmärtämään tämän pienen toennäköisyyslaskun ratkaisemisessa.

TEHTÄVÄ: Mikä on todennäköisyys, että kolmen yhtäaikaisen nopan heitossa silmälukujen summa on 8?

Osaisin laskea tehtävän, jos kyseessä olisi kaksi noppaa... mutta tämä kolmen nopan juttu tökkii. Olen ajatellut tehtävän osalta suraavaa; Kolmen nopan heiton silmäluvuthan muodostavat jonon esimerkiksi 1, 5, 6. Joten kaikkiaan kolmen silmäluvun jonojen lukumääräksi tulee 6* 6* 6 = 216. Sitten minun pitäisi saada jotenkin selville, kuinka monta mahdollisuuttta on saada kolmella nopalla silmäluvuksi 8. Mutta miten? Tuon luvn jakaisin sitten jakaa tuolla kaikkien silmälukujen summalla. Voisiko joku auttaa ratkaisemaan tämän. Osaisin sitten soveltaa ratkaisua muihinkin vastaaviin tehtäviin. Kiitos jo etukäteen.

Ratkaisu saadaan helpoiten käyttäen todennäköisyyslaskennan satunnaismuuttujaan X liittyvää momenttigeneroivaa funktiota M(X,t). Luultavasti tuo tn voidaan laskea jotenkin kombinatorisesti, mutta tämä momenttigeneroivia funktioita käyttävä on kuitenkin erittäin helppo soveltaa ja tuota teoriaakaan ei tartte hallita, jotta laskee noita todennäköisyyksiä.

Tarkastellaan yleistä  satunnaismuuttujaa X, jonka arvojoukko on {0, 1, 2, 3,...} todennäköisyyksin {p0, p1, p2,...}, siis P(X = 0) = p0, P(X = 1) = p1 jne.

Määritellään X:n momenttigeneroiva funktio kaavalla:

M(X,t) = Σ exp(k t)pₖ,

missä summataan arvosta k = 0 eteenpäin ja t on reaaliluku. Tuossa notaatiossa M(X,t) tuo X korostaa sitä satunnaismuuttujaa X.

Todennäköisyyslaskennassa pätee seuraava tulos, jos satunnaismuuttujat X, Y ja Z ovat riippumattomia:

M(X+Y+Z,t) = M(X,t) M(Y,t) M(Z,t),

eli satunnaismuuttujan X + Y + Z momenttigeneroiva funktio saadaan X,Y ja Z:n momenttigeneroivien funktioiden tulona.

Olkoon nyt sitten satunnaismuuttuja X se ensimäisen nopanheiton tulos. Tällöin X saa arvot {1, 2, 3, 4, 5, 6} todennäköisyyksin p0 = p1 = p2 = p3 = p4 = p5 = p6 = 1/6 ja siten momenttigeneroivaksi funktioksi saadaan

M(X,t) = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t)+ exp(4t)+ exp(5t)+ exp(6t))

Vastaavasti olkoon satunnaismuuttuja Y se toisen nopanheiton tulos:

M(Y,t) = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t)+ exp(4t)+ exp(5t)+ exp(6t))

ja Z se kolmas heitto:

M(Y,t) = 1/6(exp(t) + exp(2t) + exp(3t) + exp(4t) + exp(5t) + exp(6t)).

Laskemalla tuo M(X,t) M(Y,t) M(Z,t) eksplisiittisesti auki saadaan lauseke josta nuo todennäköisyydet voi päätellä:

M(X + Y + Z, t) = 1/216 [exp(3t) + 3exp(4t) + 6exp(5t) + 10exp(6t) + 15 exp(7t) + 21 exp(8t) + 25exp(9t) + 27exp(10t) + 27exp(11t) + 25exp(12t) + 21exp(13t) + 15exp(14t) + 10exp(15t) + 6exp(16t) + 3exp(17t) + exp(18t) ]

P(X + Y + Z = 8)  on se tuon kehitelmän  exp(8t) kerroin eli:

P(X + Y + Z = 8) = 21/216.

Vastaavasti esimerkiksi saataisiin:

P(X + Y + Z = 11) = 27/216
P(X + Y + Z = 16) = 6/216.

Perehdyin hieman teoriaan.

Tehtävää olisi voitu käsitellä  käyttäen tn-generoivaa (tngf) funktiota

Gx(t)=∑P(X=k)*t^k, k=0,1,2,...

Tehtävä hieman yleistäen. Heitetään noppaa n kertaa. Laskettava todennäköisyydet sille, että silmälukujen summa on S, n≤S≤6n.

Muodostetaan pistelukujen summan tngf samaan tapaan kuin yllä. Kehitetään se polynomiksi (saattaa olla hankalaa) ja todennäköisyydet saadaan polynomin kertoimista.

Juu, kyllä tuon tehtävän voi käsitellä myös käyttäen noita tn-generoivia funktioitakin ja varmaan mieluummin niillä, koska tuo exp-funktio on tavallaan turha tuossa. Tosin kyllä algebrallisesti sillä ei ole väliä, koska kumpikin generoiva funktio tuottaa nuo todennäköisyydet.

Tämä yleinen tehtävä n:n nopanheiton summile on juuri omiaan noille generoiville funktioille ja tarkoitin aikaisemmassa viestissäni helpolla käsittelyllä juuri sitä että tuo metodi toimii kaikilla n:n arvoilla ja se on mekaaninen ja se on erittäin helppo ohjelmoida tietokoneelle, siis käytännössä ohjelman pitää osata kertoa polynomeja keskenään. Polynomit voidaan esittää lukujonoina, esimerkiksi: 

p(t) = t + 2 t^2 + 3 t^3 + 4 t^4 + 5 t^5 +6 t^6

on lyhyesti vaan

p = (1 , 2 , 3 ,4 , 5 , 6 , 0 , 0 , 0 ,...)

ja polynomien kertolasku voidaan esittää tuollaisten lukujonojen kertolaskuna. Tuollainen ohjelma laskee sekunnin murto-osassa noita polynomien tuloja ja siten todenäköisyyksiä. 

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3050

Virheen korjaus:

minä kirjoitin aikaisemmassa kirjoitti:

Polynomit voidaan esittää lukujonoina, esimerkiksi: 

p(t) = t + 2 t^2 + 3 t^3 + 4 t^4 + 5 t^5 +6 t^6

on lyhyesti vaan

p = (1 , 2 , 3 ,4 , 5 , 6 , 0 , 0 , 0 ,...)

ja polynomien kertolasku voidaan esittää tuollaisten lukujonojen kertolaskuna. Tuollainen ohjelma laskee sekunnin murto-osassa noita polynomien tuloja ja siten todenäköisyyksiä.

boldattu pitää tietysti olla:

p = (0, 1 , 2 , 3 ,4 , 5 , 6 , 0 , 0 , 0 ,...),

sillä polynomin p vakiotermi = 0. Jos polynomi olisi ollut lauseke:

p(t) = 57 + t + 2 t^2 + 3 t^3 + 4 t^4 + 5 t^5 +6 t^6

olisi se tuossa lukujononotaatiossa:

p = (57 , 1 , 2 , 3 ,4 , 5 , 6 , 0 , 0 , 0 ,...)

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

PPo
Seuraa 
Viestejä15332

Eusa kirjoitti:
PPo kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
PPo kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
PPo kirjoitti:
Eusa kirjoitti:
Selostettakoon keskimmäisten kertoimien selvittäminen 4 nopan summarivillä:
- 6.:een eli 56:een asti saadaan suoraan edellistä riviä summaamalla
- siitä eteenpäin summasta vähennetään 6 askelta aikaisempi termi:
56+(25-1)=80, 80+(27-3)=104, 104+(27-6)=125, 125+(25-10)=140, 140+(21-15)=146, 146+(15-21),...
- loput tulevat peilikuvana, plussattavat loppuvat ykköseen ja loput kuusi kerrointa saadaan vain miinustaen

Kellä viitseliäisyyttä löytyy, siitäpä 5:n tai useamman nopan summien todennäköisyyksiä selvittelemään...

Summan ilmoittavan satunnaismuuttujan tngf  on

Gx(t)=1/6^n*(t+t^2+t^3+t^4+t^5+t^6)^n

Kun n=6, WA kehitti potenssin polynomiksi, jonka kertoimet ovat

1,6,21,56,126,252,456,756,1161,1666,2247,2556,3431,3906,4221,4332,4211......

P(X=21)=4432/6^6≈9,5%


Eli tarkalleen ventin todennäköisyys kuudella nopalla. Sulla sisäinen ristiriita luvuissa? Äkkiä päässä tarkistellen tuo 4332 on oikea luku eli n. 9,3%.

WA on ihan kiva, mutta suositeltavaa haasteena koittaa ilman sitä löytää menetelmiä päästä ratkaisuihin...

Todellakin boldattu luku oli 4332, joka muuttui mystisesti luvuksi 4432.

Kirjoitetaan 

Gx(t)=1/6^n*(t+t^2+t^3+t^4+t^5+t^6)^n=t^n/6^n*[(1-t^6)/(1-t)]^n

Hakasuluissa oleva voidaan kirjoittaa polynomiksi ao+a1*t+a2*t^2+....+ ak*t^k+...

Nyt P(X=n+k)=ak/6^n, 0≤k≤5n

Kertoimien ak määritys onnistunee seuraavasti

Kerrotaan (1-t^6)^n:n ja (1-t)^(-n):n sarjakehitelmät keskenään.

Tuota kertolaskua pitää vielä mietiskellä................

Eikös keksimäni pyramidi-summaus-erotus-menetelmä ole ihan kätevä? Apinoitu Pascalin kolmiosta, mutta kertaumatyyliin...

Se on ihan hieno.

En ole paneutunut välilukujen laskuun sen syvällisemmin, mutta oikeinhan ne on.

Kun n kasvaa, välilukujen laskeminen hankaloituu.

Siksi olisikin komeata, jos saisi lausekkeen ak:n laskemiseksi  suoraan, kun n ja k on annettu.

Kun n kasvaa yhä suuremmaksi, toimiiko väli-/loppulukujen laskenta yksinkertaisella erotusmatematiikalla? En ole keksinyt syytä miksi siihen tulisi mitään monimutkaisempaa. 7. kertoimesta alkaen vähennetään niitä tapauksia, jotka olisivat muuten yhteisiä edellisen noppamäärän kanssa - koska kertauma on samoin huomioitu pyramidin edellisillä riveillä, saa aina vain yksinkertaisesti vähentää edellisen rivin arvoja 6 askelta aikaisemmasta kohdasta (tai lopusta lukien täsmälleen samasta kohdasta)...

Kyllähän harjoitukseni perusteella voi kirjoittaa ja sievennellä lausekkeita kertoimille n:n ja k:n perusteella, mutta ei nyt valitettavasti ole aikaa siihen.

Minä yritän

Pistelukujen summan tngf on

Gx(t)=1/6^n*(t+t^2+t^3+t^4+t^5+t^6)^n=t^n/6^n*[(1-t^6)/(1-t)]^n

sarjakehitelmät

(1-t^6)^n=ao+a1*t^6+a2*t^12+......+an*t^6n ,missä ak=c(n,k)*(-1)^k

(1-t)^(-n)= bo+b1*t+b2*t^2+b3*t^3+...., missä bk=c(n+k-1,k)

Näiden tulo on

ao*(bo+b1*t+b2*t^2+...+b5*t^5)+(ao*b6+a1*bo)*t^6+(a0*b7+a1*b1)*t^7+...+(ao*b11+a1*b5)*t^11+

(ao*b12+a1*b6+a2*bo)*t^12+(ao*b13+a1*b7+a2*b1)*t^13+...(ao*b17+a1*b11+a2*b5)*t^17+

(ao*b18+a1*b12+a2*b6+a3*bo)*t^18+...(ao*b23+a1*b17*a3*b11+a4*b5)*t^23+....

Tarkastellaan termiä ck*t^k, k=6p+r, missä r=0,1,2,3,4,5 ja p=0,1,2.......

ck=ao*b_(6p+r)+a1*b_(6p+r-6)+a2*b_(6p+r-2*6)+...a_(p-1)*b_(r+6)+ap*br

Lopetetaan kun ck=1 ja k>0

Nyt P(X=n+k)=ck/6^n

Sivut

Suosituimmat

Uusimmat

Sisältö jatkuu mainoksen alla

Suosituimmat