... Mateusz: Ile jest rezultatów rzutu trzema nierozróżnialnymi kostkami ?

Draghan: Widzisz, jakbyś jeszcze podał liczbę ścianek tych kości, to możnaby było od biedy spróbować policzyć...

Mateusz: Zwykła, sześcienna

Darth Mazut: 18 − 3 = 15 rezultatów?

Darth Mazut: 18 − 2 = 16 − poprawka

Maslanek: Chyba kombinacja z powtórzeniami 3−elementowa ze zbioru 6 elementowego

6+3−1 3		8 3		8*7*6
	=		=		=56.
				6

Darth Mazut: Tak, ale skoro kostki są nierozróżnialne to nie ma znaczenia to na ile sposobów wypadnie np. liczba powiedzmy 15, wtedy mamy tylko tyle możliwych rezultatów ile oczek może wypaść

john2: A nie powinno być, że jedna kostka wypada na 6 sposobów, druga też na 6 i trzecia też na 6? czyli 6³ ?

Maslanek: Zależy co masz na myśli mówiąc rezultat (1) sumę wyrzuconych oczek (2) układ oczek na trzech kostkach (bez ich rozróżniania) (3) układ oczek na trzech ROZRÓŻNIALNYCH KOSTKACH W zadaniu wydaje się, że chodzi o opcję nr 2.

Mateusz: Zadanie brzmiało tylko tak, jak napisałem na początku, nawet nie było dokładnie sprecyzowane ilo ścienna są te kostki

Darth Mazut: Masianek ma racje, mimo że kostek nie można rozróżnić to jeden wynik może wypaść na więcej niż 1 sposób stąd wynik na pewno będzie większy od 16 ale też mniejszy niż 6³ bo tam powtarzają się pewne układy, które traktowane by były jako 1 zdarzenie gdy kostki są nierozróżnialne

Toskan: Wydaje mi się, że 6³. Chociaż weźmy dwie monety nierozróżnialne. Można otrzymać trzy wyniki. Ω={OO, RO, RR} przy czym RO będzie wypadać dwa razy częściej niż OO, RR. W poleceniu mamy "Ile jest rezultatów", czyli Ile jest wyników rzutu kostkami. Wobec tego przypadki 546243 oraz 344562 należy rozumieć jako jeden wynik bo nie sposób zapisać tego w jakikolwiek ciąg, gdyż kostki losowo upadają na powierzchni. A zatem Maslanek chyba suma wyrzuconych oczek bo nie rozumiem na czym polegałby układ oczek na trzech kostkach?

Toskan: Zapomniałem wymazać pierwsze zdanie.

Maslanek: Układ oczek (3,6,1); (3,3,4), (4, 4, 1) dają tę samą sumę, ale rezultat rzutu jest inny. I takie myślenie jest prawidłowe

Toskan: A rzeczywiście. Masz rację.

Darth Mazut: Wynik 5 można uzyskać na więcej niz 1 sposób np: 1,1,3 oraz 2,2,1 co implikuje że jest wiecej mozliwosci niz 16 ale mniej niz 6³ bo uklad 3,3,4 jest rownowazny z np 3,4,4 bo kostki sa identyczne nierozroznialne.

Darth Mazut: mialo byc 3,4,3 ale juz nie wazne wiadomo o co biega

PW: Komunikując wynik rzutu trzema nierozróżnialnymi kostkami możemy powiedzieć np. 1+6+3 albo − co na jedno wychodzi − 1+3+6. Nie jest ważne w jakiej kolejności podamy wyniki na poszczególnych kostkach (oba przykładowe komunikaty oznaczają ten sam wynik rzutu − jedynka, trójka i szóstka). Wyników rzutu trzema kostkami jest zatem tyle ile niemalejących ciągów (a, b, c), a,b,c ∊ {1,2,3,4,5,6}. Najprościej będzie je wypisać: a) ciągi rozpoczynające się liczbą 1: (1,1,1), (1,1,2), ..., (1,1,6) − 6 ciągów (1,2,2), (1,2,3), ...(1,2,6) − 5 ciągów (1,3,3), (1,3,4),...(1,3,6) − 4 ciągi (1,4,4), (1,4,5), (1,4,6) − 3 ciągi (1,5,5), (1,5,6) − 2 ciągi (1,6,6) − 1 ciąg razem ciągów rozpoczynających się liczbą 1 jest 6+5+4+3+2+1 = 21 b) ciągi rozpoczynające się liczbą 2: (2,2,2), (2,2,3), ..., (2,2,6) − 5 ciągów (2,3,3), (2,3,4), (2,3,5), (2,3,6) − 4 ciągi (2,4,4), (2,4,5), (2,4,6) (2,5,5,), (2,5,6) (2,6,6) razem ciągów rozpoczynających się liczbą 2 jest 5+4+3+2+1 = 15 c) ciągi rozpoczynające się liczbą 3: (3,3,3), (3,3,4), (3,3,5), (3,3,6) (3,4,4), (3,4,5), (3,4,6) (3,5,5), (3,5,6) (3,6,6) razem ciągów rozpoczynających się liczbą 3 jest 4+3+2+1 = 10 d) ciągi rozpoczynające się liczbą 4: (4,4,4), (4,4,5), (4,4,6) (4,5,5), (4,5,6) (4,6,6) razem ciągów rozpoczynających się liczbą 4 jest 3+2+1 = 6 e) ciągi rozpoczynające się liczbą 5: (5,5,5), (5,5,6) (5,6,6) razem: 2+1 = 3 f) ciągi rozpoczynające się liczbą 6: (6,6,6) razem: 1 Odpowiedź: Wyników rzutu trzema nierozróżnialnymi kostkami jest 21+15+10+6+3+1 = 56. Maslanek podał o 22:04 gotowy wzór, którego nie uczą w szkole. Ja mam czas, to pokazałem metodą babci pod piecem.

john2: Kiedyś mi PW tłumaczył, co się dzieje z dwiema kostkami https://matematykaszkolna.pl/forum/213926.html czyli, jeśli dobrze zrozumiałem, musimy mieć równoprawdopodobne wyniki, czyli opcja 2) Maslaneka chybaby nie działała, ale może jest, jak mówicie. Gubię się w tym temacie.

Maslanek: Nie liczysz prawdopodobieństwa, tylko ilość możliwości. To co innego W prawdopodibeństwie używamy wariacji z powtórzeniami, bo wyniki rzutów nie są jednakowo prawdopodobne. Przykład: Układ (4,4,4) wypadnie mniej razy niż (3,2,3). Jednakowoż jednak układ {4,4,4} wypadnie dokładnie tyle samo razy co {3,2,3}. Pierwsze nawiasy − ciągi, drugie nawiasy − zbiory.

PW: W tym zadaniu w ogóle nie mówi się o prawdopodobieństwach (częstościach) poszczególnych wyników. Mieliśmy zliczyć ile jest tych wyników, nic więcej.

Mila: do John, działa reguła podana przez Maslanka do dwóch kostek, tu możesz wypisać wszystkie możliwości i obliczyć liczbę ukladów kostek.

	6+2−1 2		7 2
wg wzoru		=		=21

john2: Mój niezbyt elastyczny umysł ma problemy z ogarnięciem tego wszystkiego, choć mówicie sensownie. A co jeśli zadanie by brzmiało tak (sam wymyśliłem treść, więc może to być bez sensu): 1) Ile jest różnych wyników przy rzucie dwiema jednakowymi sześciennymi kostkami? 2) Ile jest wszystkich możliwych wyników przy rzucie dwiema jednakowymi sześciennymi kostkami? 3) Rzucamy dwiema jednakowymi sześciennymi kostkami. Podaj liczbę wszystkich możliwych wyników tego doświadczenia. Czy wszędzie odpowiedź to 21, czy gdzieś będzie 36?

daras: Mam takie kostki co mają wiecej ścian (8, 10 ) lub mniej(4): Dragon dice − umie ktoś w to grać

bezendu: daras lepiej się napij

daras: dzisiaj nie piję, dzisiaj gram a pytałem poważnie, leża u mnie już 15 lat i nie mam z kim zagrać

daras: wzór Maslanka jest w tablicach i Kubiku, nie wiem czemu go już nie uczą Toscan tu nie da sie nic wymazać, tylko admin może skasowac cały post

PW: Zadałeś trzy razy to samo pytanie, poprawna odpowiedź to 21.. Ja wiem, co Cię dręczy. Nie każdy wynik jest jednakowo możliwy. Na przykład wynik "dwie szóstki" wypadnie dwukrotnie rzadziej niż wynik "jedynka i szóstka". Gdybyśmy mieli kostki w dwóch kolorach: czerwonym i zielonym, to łatwo zobaczymy, że zdarzenie (zielona szóstka, czerwona szóstka) jest jedną z 36 możliwości, natomiast (zielona jedynka, czerwona szóstka), (zielona szóstka, czerwona jedynka) to dwie z 36 możliwości. Tak więc zdarzenie "wypadły dwie szóstki" i zdarzenie "wypadła szóstka i jedynka" nie występują jednakowo często. Widać to w sposób oczywisty, gdy kostki są różnych kolorów − zdarzenie "wypadły dwie szóstki" jest zdarzeniem elementarnym, a zdarzenie "wypadła szóstka i jedynka" składa się z dwóch zdarzeń elementarnych. Pomalowanie kostek − bądź nie − w żaden sposób nie zmienia istoty rzeczy, kostki o tym nie wiedzą. Chcąc sensownie skonstruować przestrzeń probabilistyczną (Ω, P) musimy patrzeć na wyniki rzutu jak na uporządkowane pary, wtedy można uznać, że każda para (każde zdarzenie elementarne) ma jednakowe prawdopodobieństwo.

	1		2
Uporządkowanych par jest 62 = 36, a P((6,6)) =		, zaś P({1,6), (6,1)}) =		.
	36		36

Wątpliwości Twoje biorą się stąd, że podświadomie chcesz każde ze zdarzeń, o które pytają, widzieć jako jednakowo często występujące, jako zdarzenia elementarne w przestrzeni spełniającej klasyczną definicję prawdopodobieństwa, a tak nie jest. Pytanie "ile jest możliwych wyników w rzucie jednakowymi kostkami" nie ma nic wspólnego z prawdopodobieństwem tych wyników, lepiej byłoby nic nie wiedzieć o prawdopodobieństwie rozwiązując takie zadanie. Sposób rozumienia problemu podałem 11 czerwca o 22:49 − przy rzucie nierozróżnialnymi kostkami zliczamy niemalejące ciągi − nie patrząc na to, czy występują jednakowo często, bo o to nie pytają.

john2: Czyli można powiedzieć, że w zadaniu np. Rzucamy kostką i monetą. Ile możliwych kombinacji losowań można otrzymać? Ja, zamiast zrobić to tak: (1, orzeł), (2, orzeł), (3, orzeł), (4, orzeł), (5, orzeł), (6, orzeł), (1, reszka), (2, reszka), (3, reszka), (4, reszka), (5, reszka), (6, reszka), czyli 12 robię to źle, licząc niepotrzebnie też odwrotną kolejność (1, orzeł), (2, orzeł), (3, orzeł), (4, orzeł), (5, orzeł), (6, orzeł), (orzeł, 1), (orzeł, 2), (orzeł, 3), (orzeł, 4), (orzeł, 5), (orzeł, 6), (1, reszka), (2, reszka), (3, reszka), (4, reszka), (5, reszka), (6, reszka), (reszka, 1), (reszka, 2), (reszka, 3), (reszka, 4), (reszka, 5), (reszka, 6), czyli 24

Darth Mazut: Rzucając raz kostką d6 i monetą jest 12 możliwości wyników, robisz to źle licząc odwrotną kolejność jeśli nie zostało to określone w zadaniu np. słowami typu "Istnieje 50% szans że najpierw zostanie wykonany rzut kością"

john2: Dobrze. Myślę, że rozumiem. Dziękuję Wam za odpowiedzi i Tobie PW za obszerne wyjaśnienie.

PW: Pytanie "ile możliwych kombinacji losowań można otrzymać" jest źle postawione, mam nadzieję że nie pochodzi z książki. Termin "kombinacje" ma swoją definicję − kombinacja to podzbiór, na przykład dwuelementowe kombinacje ze zbioru {1,2,3} to {1,2}, {1,3}, {2,3} − wszystkie możliwe 2−elementowe podzbiory, przy czym kolejność wypisywania nie ma znaczenia, równie dobrze można było zapisać, że są to podzbiory {2,1}, {3,1}, {3,2}. W doświadczeniu polegającym na rzucie kostką i monetą nie mamy do czynienia z kombinacjami − wynik "czwórka i orzeł" nie jest dwuelementowym podzbiorem jakiegoś zbioru, lecz uporządkowaną parą − na pierwszym miejscu podajemy wynik rzutu kostką, na drugim − wynik rzutu monetą. Takich par jest 2•6 = 12. Nie ma sensu rozpatrywanie par o odwrotnym porządku − byłoby to "symetryczne" pytanie o wynik rzutu monetą i kostką.

john2: Rozumiem. Zadanie pochodzi z kursu e−trapez. Trochę tam błędów na pewno jest.

daras: A ja nadal wierzę, że w brydżu otrzymanie karty: 4,3,2 5,4,3,2 5,4,3,2 5,4,3,2 ma takie samo prawdopodobieństwo co 13 pików