Вероятность выпадения при броске 4-х кубиков с 20-ю гранями
Помогите решить ряд задач:
Какова вероятность выпадения при броске 4-х кубиков хотя бы ОДНОЙ 20-ки на одном из 3-х кубиков:
1−((19÷20)×(19÷20)×(19÷20))+(19÷20) Так?
Какова вероятность выпадения при броске 4-х кубиков хотя бы ДВУХ 20-ок на двух из 3-х кубиков:
(1÷20)×(1÷20)+(1÷20)+(1÷20) Так?
Какова вероятность выпадения при броске 4-х кубиков ТРЁХ 20-ок на 3-х кубиках:
(1÷20)×(1÷20)×(1÷20)+(1÷20) Так?
Pss Во всех случаях бросается 4 кости с 20-ю гранями.
В первом варианте нужно получить одну 20-ку на одном из трёх кубиков, хотя бросали четыре куба.
Во втором варианте нужно получить две 20-ки на двух кубах из трёх. Хотя также бросали 4 куба.
А в третьем варианте нужно получить три 20-ки на трёх кубах, хотя также бросали 4 куба.
Psss Три проверяемых куба можно определять самостоятельно
Pssss Наверное я неверно поступаю, что всегда считаю 4-ый куб отдельно. Если мы кидаем 4 куба и сами выбираем какие из них проверять, то нет разницы сколько из 4-х кубов мы будем проверять. Так получается?
В таком случае нужно учитывать сразу 4 куба. Бросаем 4 куба. И какова вероятность, что выпадет одна 20-ка, две 20-ки, три 20-ки…
Ответы (2 шт):
Отвечая на вопрос “Какова вероятность выпадения при броске 4-х кубиков ТРЁХ 20-ок на 3-х кубиках:”, немного запутанно написано, но если я правильно понимаю, то, нужно получить 60 очков исключительно двадцатками. Думаю надо действовать так:
- Найдем общее число исходов броска. Исходы можно представлять в виде (x,y,z,q), где x - сколько очков выпало на первой кости (от 1 до 20), y - сколько очков выпало на второй кости (от 1 до 20), z - сколько очков выпало на третьей кости (от 1 до 20) и т.д. Т.е. 20х20х20х20=160 000.
- Найдем общее число подходящих вариантов. Т.е. подбираем такие исходы, которые дают в сумме 60 на трех кубиках, а на четвертом, что угодно, но не 20. (20, 20, 20, 1), (20,20,1,20), (20,1,20,20) ,(1, 20,20,20) (20, 20, 20, 2), (20,20,2,20), (20,2,20,20) ,(2, 20,20,20) (20, 20, 20, 3), (20,20,3,20), (20,3,20,20) ,(3, 20,20,20) (20, 20, 20, 4), (20,20,4,20), (20,4,20,20) ,(4, 20,20,20) (20, 20, 20, 5), (20,20,5,20), (20,5,20,20) ,(5, 20,20,20) (20, 20, 20, 6), (20,20,6,20), (20,6,20,20) ,(6, 20,20,20) (20, 20, 20, 7),(20,20,7,20), (20,7,20,20) ,(7, 20,20,20) (20, 20, 20, 8),(20,20,8,20), (20,8,20,20) ,(8, 20,20,20) (20, 20, 20, 9),(20,20,9,20), (20,9,20,20) ,(9, 20,20,20) (20, 20, 20, 10),(20,20,10,20), (20,10,20,20) ,(10, 20,20,20) (20, 20, 20, 11),(20,20,11,20), (20,11,20,20) ,(11, 20,20,20) (20, 20, 20, 12),(20,20,12,20), (20,12,20,20) ,(12, 20,20,20) (20, 20, 20, 13),(20,20,13,20), (20,13,20,20) ,(13, 20,20,20) (20, 20, 20, 14),(20,20,14,20), (20,14,20,20) ,(14, 20,20,20) (20, 20, 20, 15),(20,20,15,20), (20,15,20,20) ,(15, 20,20,20) (20, 20, 20, 16),(20,20,16,20), (20,160,20,20) ,(16, 20,20,20) (20, 20, 20, 17),(20,20,17,20), (20,17,20,20) ,(17, 20,20,20) (20, 20, 20, 18),(20,20,18,20), (20,18,20,20) ,(18, 20,20,20) (20, 20, 20, 19),(20,20,19,20), (20,19,20,20) ,(19, 20,20,20)
Получили 76 подходящих исходов.
- Искомая вероятность P=76/160 000=0.000475
Предполагаю ,что так
Бросаем 4 куба. И какова вероятность, что выпадет одна 20-ка, две 20-ки, три 20-ки…
Ну, с этим уже можно работать :)
Итак, есть N костей с вероятностью выпадения нужного нам значения p. Задача — найти вероятность выпадения ровно m нужных значений из N.
Все очень просто (так и подмывает сказать "тоже мне, бином Ньютона!" :) ). Вероятность, что m костей дадут нужное значение, а остальные N-m — ненужное, равна pm*(1-p)N-m, причем вариантов выбора этих m костей — СNm, т.е. P(N,m,p) = СNm*pm*(1-p)N-m.
Значит, вероятность получить ровно одну 20-ку из броска четырех костей:
P(4,1,1/20) = 4!/(3!*1!) * (1/20)^1 * (19/20)^3
Вероятность получить ровно две 20-ки из броска четырех костей:
P(4,2,1/20) = 4!/(2!*2!) * (1/20)^2 * (19/20)^2
Вероятность получить ровно три 20-ки из броска четырех костей:
P(4,3,1/20) = 4!/(3!*1!) * (1/20)^3 * (19/20)^1
Но как только вопрос ставится "хотя бы", надо учитывать, что "хотя бы одна", например — это 1, 2, 3 или 4. И суммировать соответствующие вероятности (но проще вычесть из 1 вероятность "ни одной" — P(4,0,1/20)). Хотя бы две — это сумма "две, или три, или четыре". Или 1 минус сумма "ни одной или одна".
Собственно, всё...
Что именно вам требуется считать — смотрите сами...
P.S. Что сумма P(N,m,p) по m от 0 до N равна 1, сомнений не вызывает? :)
Ведь это таки и есть бином Ньютона: (p+(1-p))N
P.P.S. Давайте посмотрим детальнее, раз непонятно...
У нас есть N... ну, скажем, фонариков, которые могут светиться (*), или быть выключены (_). Вероятность одного фонарика светиться - p, быть выключенным — 1-p=q. Нам надо выяснить вероятность, что светятся ровно m фонариков. Начнем с того, что выясним вероятность того, что светятся первые m фонариков в цепочке:
***...***____...____
\__ m __/\__ N-m __/
Вот вероятности:
ppp...pppqqqq...qqqq
Их надо перемножить, так как это одно событие — вероятность, что И первый, И второй и так далее фонарики в требуемом состоянии. Имеем pmqN-m.
Но сколько всего может быть таких цепочек с m звездочками? Нам надо выбрать m мест из общего числа N для того, чтоб их поместить, в остальные поместим выключенные фонарики. Способов их выбрать — число сочетаний m элементов из N, СNm.
Все цепочки независимы, так что вероятности для каждой цепочки просто складываются с остальными, а так как они равны, то вероятность для одной цепочки надо умножить на это число сочетаний. Получается СNmpmqN-m.
Так понятнее?