Matematické Fórum

Hází se jednou kostkou. Existuje způsob, jak spočítat pravděpodobnost pro daný počet hodů pro překrývající se jevy?

Příklad – jednoznačný

Jaká je pst., že ve 20ti hodech padne 4krát 6ka, 6krát liché a 10krát 2ka nebo 4ka.

Tady vše řeší velmi elegantně multinomické rozdělení a 3 kategorie.

k1 = 4
k2 = 6
k3 = 10

4 + 6 + 10 = 20, což přesně odpovídá 20ti hodům, pravděpodobnosti pro {6} = 1/6, liché = {1, 3, 5} = 3/6 a pro {2, 4} = 2/6.
1/6 + 3/6 + 2/6 = 6/6 = 1, což je taky O.K.

Výpočet sedí.

A nyní druhý dotaz, opět pro 20 hodů.

Jaká je pst, že padne 2krát {1,2}, 5krát {2,3}, 7krát {3,4}, 9krát {4,5}, 11krát {5,6}.

Toho by šlo dosáhnout např. pokud by padlo: 0krát 1, 2krát 2, 3krát 3, 4krát 4, 5krát 5, 6krát 6.
0 + 2 +3 + 4 + 5 + 6 = 20.

Ale jak by to bylo se skupinami a pravděpodobnostmi, když některá čísla sdílí?

U dvojic se sdílí max. 1 číslo, ale např. při dotazu na 3 po sobě jdoucí již dvě atd.

{1, 2, 3}, {2, 3, 4}, {3, 4, 5}, {4, 5, 6}.

A dál by pak mohl nastat případ, kdy by vlastně dotaz pro předem daný počet hodů (zde 20) nedával smysl, protože by daná četnost nešla reálně dosáhnout pro daný počet hodů.

Myslím, že pokud sečtu pravděpodobnosti a odečtu průnik, přiblížím se tomu, co hledám.

{1, 2, 3, 4} = 4/6, {3, 4, 5, 6} = 4/6, {3, 4} = -2/6

4/6 + 4/6 = 8/6 - 2/6 = 6/6 = 1

↑ nejsem_tonda:

Děkuji moc za názornou ukázku řešení. Vy jste evidentně matematický mozek – můj nick není jen náhodný nick, ale jsem skutečně samouk od základů.

Tento způsob řešení a hlavně uvažování mně pomůže a posune dál.

Jde mně ale o něco jiného.
Asi jsem se špatně vyjádřil.

Postupně jsem se dostal k Binomickému rozdělení (přes řadu ostatních).
Pak mně zde na fóru nasměroval pan Tuček na Multinomické.
To jsem si nastudoval, spočítal příklady, rozebral na samostatné skupiny, které jsem spočítal jako Binomické a dostal shodný výsledek – kontrola správnosti.
Tímto jsem si ověřil, že až po Multinomické vše celkem chápu.

A (!)

během učení mě napadlo, že jsem nikde neviděl zmínku o řešení případů, kdy by se jevy překrývaly.
Nějaké jiné rozdělení, na které pravděpodobně již dávno přišel někdo mnohem chytřejší.

Přemýšlel jsem, že si zavedu dvě pravděpodobnosti pro každou skupinu, přičemž jedna bude <= 0.
Tam dám ty průniky a budu používat součet těchto pravděpodobností.

Zbývá ještě upravit bin. koeficient respektive kombinační číslo, aby se mně to nepočítalo víckrát (tím provedu korekci jak na straně kombinací, tak pravděpodobností) a mohl bych (možná) místo počítání po jednom přes Binomické opět použít Multinomické.
Nebo IDEÁLNĚ nějaké jiné (kterém prozatím neznám), již vymyšlené.

Pouze nevím, zda vůbec něco existuje.
Nechci vynalézat kolo.

Kostku jsem použil z důvodů praktičnosti pro mé samostudium (hody mincí mají málo možností, tahání karet a ruleta zase moc).
Kostka je ideální, dá se to klidně rozepsat na kombinace, ve vzorcích je hned jasné co se počítá – 1/6; 5/6 apod.

Nyní tedy použiji ruletu.

Tam lze počítat pravděpodobnost pro každé číslo – 1/37 (to je ve většině lekcí).

A pak taky dvojice, trojice…
Ale ne všechny lze sázet.

Padne 0.
Pak existuje {{0, 1}, {0, 2}, {0, 3}}

Padne 1.
Pak existuje {{0, 1}, {1, 2}, {1, 4}}

Padne 5.
Pak existuje {{2, 5}, {4, 5}, {5, 6}, {5, 8}}

Padne 36.
Pak existuje {{33, 36}, {35, 36}}

To je ideální přiklad pro počítání.
Různý počet kombinací i překrývajících se čísel.

Šlo by všechny tyto dvojice prohnat nějakým (to je můj dotaz) rozdělením a dostat ihned pravděpodobnost, že se každá vyskytne s požadovanou četností?
Bez nutnosti počítat to odděleně.

Např. že se vyskytnou {k1 = 1, k2 = 3, k3 = 7, …, ki = 0}. Nebudu zjišťovat, kolik jich v ruletě skutečně existuje, myšlenka je snad zřejmá.
k1 = 1 by znamenalo, že musí padnout buď 1 × 0 a 0 × 1 nebo 0 × 0 a 1 × 1.
Proto by se první dvojice {0, 1} vyskytla právě 1krát – k = 1 je první vstup a tak by se pokračovalo pro všechny ostatní.

Nastavit si pravděpodobnosti, četnosti a získat jeden výsledek celé té konfigurace.

Klidně bych to dokázal spočítat odděleně, ale tím se matematicky neposunu.

Podobně třeba tahání karet z balíčku.

Vysoká červená, Vysoká černá, Vysoká káry… atd. a třeba Žolík jako cokoliv.
Taky by šlo nadefinovat několik „dvoj-podmínkových skupin“.

Ještě jednou děkuji za pomoc a ochotu, moc si toho vážím.
Pokud nic podobného neexistuje, i potvrzení mně pomůže – nebudu hledat, budu vymýšlet řešení.