Вероятность составить последовательность 1234 за 10 бросков

[EternalStudent]

Здравствуйте.
Чему равна вероятность того, что из цифр, выпавших за 10 бросков 6-гранного кубика, можно составить последовательность 1234. Порядок выпадения цифр не важен, их можно переставлять.
Решаю аналитически, но не сходится с численным экспериментом.
Думал 3 часа.

Решаю таким способом
Вероятность что выпадет что-то хорошее на первом броске 4/6, значит что выпадет что-то бесполезное 2/6. Тогда $1-(2/6)^{10}$ вероятность, что одна цифра будет подобрана верно.
Вторая цифра будет подобрана тогда с вероятностью $1-(1-3/6)^9$.
Аналогично третья $1-(1-2/6)^8$
и четвертая $1-(1-1/6)^7$.
Перемножаю эти 4 вероятности и получаю 0.72092.
А численный эксперимент дает 0.45377.

Подскажите пожалуйста, в чем ошибка и как надо было правильно решать.

Еще интересно усложнить задачу, когда надо собрать последовательность 12341 (цифра 1 встречается 2 раза), как тогда решать такую задачу.

[zykov]

Вероятность, что например 1 не выпала ни разу равна $(\frac56)^{10}$. Всего таких 4 варианта, но там нужно вычесть вероятность того что сразу двух не выпало. И т.д.
Вобщем вероятность, что не выпало хотя бы по разу одна из 1, 2, 3, 4 будет $4(\frac56)^{10}-6(\frac46)^{10}+4(\frac36)^{10}-(\frac26)^{10} \approx 0.5459=1-0.4541$.

[EternalStudent]

zykov в сообщении #1538741 писал(а):

Вероятность, что например 1 не выпала ни разу равна $(\frac56)^{10}$. Всего таких 4 варианта, но там нужно вычесть вероятность того что сразу двух не выпало. И т.д.
Вобщем вероятность, что не выпало хотя бы по разу одна из 1, 2, 3, 4 будет $4(\frac56)^{10}-6(\frac46)^{10}+4(\frac36)^{10}-(\frac26)^{10} \approx 0.5459=1-0.4541$.

Не понятно. Можете по подробнее.

[zykov]

Есть формула сложения вероятностей $P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)$.
Пусть $A$ - 1 не выпало ни разу, $B$ - 2 не выпало ни разу, $C$ - 3 не выпало ни разу, $D$ - 4 не выпало ни разу.
$P(A)=P(B)=P(C)=P(D)=(\frac56)^{10}$

$P(A+B+C+D)=P(A)+P(B+C+D)-P(AB+AC+AD)=P(A)+P(B)+P(C+D)-P(BC+BD)-P(AB)-P(AC+AD)+P(ABC+ABD)=P(A)+P(B)+P(C)+P(D)-P(DC)-P(BC)-P(DB)+P(BCD)-P(AB)-P(AC)-P(AD)+P(ACD)+P(ABC)+P(ABD)-P(ABCD)=(P(A)+P(B)+P(C)+P(D))-(P(DC)+P(BC)+P(DB)+P(AB)+P(AC)+P(AD))+(P(BCD)+P(ACD)+P(ABC)+P(ABD))-P(ABCD)=4 P(A)- 6 P(AB) + 4 P(ABC) - P(ABCD)$

-- 12.11.2021, 03:17 --

EternalStudent в сообщении #1538738 писал(а):

надо собрать последовательность 12341 (цифра 1 встречается 2 раза)

Это тоже аналогично делается.
$B, C, D$ - те же. $A$ - выпало не более одной 1 (или 0 раз, или 1 раз).
$1-p=P(A)+3P(B)-3P(BC)-3P(AB)+P(BCD)+3P(ABC)-P(ABCD)=4(\frac56)^{10}+10\frac16 (\frac56)^9-6(\frac46)^{10}-3\cdot 10\frac16 (\frac46)^9+4(\frac36)^{10}+3\cdot 10\frac16 (\frac36)^9-(\frac26)^{10}-10 \frac16 (\frac26)^9 =1-\frac{422435}{1679616}\approx 1-0.2515$

[мат-ламер]

EternalStudent
Почитайте в учебнике про формулу включения - исключения .

[EternalStudent]

С формулой вроде как разобрался. Спасибо.

zykov в сообщении #1538744 писал(а):

EternalStudent в сообщении #1538738 писал(а):

надо собрать последовательность 12341 (цифра 1 встречается 2 раза)

Это тоже аналогично делается.
$B, C, D$ - те же. $A$ - выпало не более одной 1 (или 0 раз, или 1 раз).
$1-p=P(A)+3P(B)-3P(BC)-3P(AB)+P(BCD)+3P(ABC)-P(ABCD)=4(\frac56)^{10}+10\frac16 (\frac56)^9-6(\frac46)^{10}-3\cdot 10\frac16 (\frac46)^9+4(\frac36)^{10}+3\cdot 10\frac16 (\frac36)^9-(\frac26)^{10}-10 \frac16 (\frac26)^9 =1-\frac{422435}{1679616}\approx 1-0.2515$

А вот тут не понятно. Что такое p? Почему коэффициенты стали 3, ан не 4. Почему появился коэффициент 10? Вероятность события А чему равна?
Мне интересно как вы логически выстраиваете цепочку рассуждений. Как вы так ловко можете воспользоваться формулой. Это самое главное.

[zykov]

EternalStudent в сообщении #1538990 писал(а):

Что такое p?

Вероятность, которую ищем.

EternalStudent в сообщении #1538990 писал(а):

Вероятность события А чему равна?

$P(A)=P(A_0)+P(A_1)$
$P(A_0)=P(B)=(\frac56)^{10}$
$P(A_1)=10\frac16(\frac56)^9$

EternalStudent в сообщении #1538990 писал(а):

Почему коэффициенты стали 3, ан не 4.

Соберите одинаковые слагаемые из большой суммы (где без коэффициентов). Раньше было $P(A)=P(B)=P(C)=P(D)$, теперь $P(A)\neq P(B)=P(C)=P(D)$.

-- 13.11.2021, 18:20 --

Большая сумма:

zykov в сообщении #1538744 писал(а):

$(P(A)+P(B)+P(C)+P(D))-(P(DC)+P(BC)+P(DB)+P(AB)+P(AC)+P(AD))+(P(BCD)+P(ACD)+P(ABC)+P(ABD))-P(ABCD)$

[EternalStudent]

$A=A_0+A_1$ - 1 не выпало 1 или 2 раза
$A_0$ - 1 не выпало ни разу, $A_1$ - 1 не выпало 2 раза, $B$ - 2 не выпало ни разу, $C$ - 3 не выпало ни разу, $D$ - 4 не выпало ни разу.
$P(A)=P(A_0)+P(A_1)$ - 1 не выпало 1 или 2 раза
$P(A_0)=P(B)=P(C)=P(D)=(\frac56)^{10}$
$P(A_1)=10\frac16(\frac56)^9$
Большая сумма:

zykov в сообщении #1538744 писал(а):

$(P(A)+P(B)+P(C)+P(D))-(P(DC)+P(BC)+P(DB)+P(AB)+P(AC)+P(AD))+(P(BCD)+P(ACD)+P(ABC)+P(ABD))-P(ABCD)$

где $P(A)=P(A_0)+P(A_1)=(\frac56)^{10} + 10\frac16(\frac56)^9 $


Тогда $P(AB), P(AC) , P(AD)$ равны $(P(A_0)+P(A_1))P(B) = (\frac56)^{10} (\frac56)^{10} + 10\frac16(\frac56)^9 (\frac56)^{10} $ ?
Чему равно $P(A_0)P(B)$ ? Если как произведение вероятностей одновременных событий, то получается $(\frac56)^{20}=0.02608$ , а если как вероятность события $P(A_0B)$, то всего $(\frac46)^{10}=0.01734$ (10 раз подряд могут выпасть только по 4 цифры из 6). Результат разный.
Где ошибка в рассуждениях?
Как вы рассчитываете $P(A_1)P(B)$ (произведение вероятностей)?

[zykov]

EternalStudent в сообщении #1539517 писал(а):

$A=A_0+A_1$ - 1 не выпало 1 или 2 раза

Нет. Означает "1 не выпало более 1 раза".

EternalStudent в сообщении #1539517 писал(а):

$A_1$ - 1 не выпало 2 раза

Нет. Означает "1 выпало ровно 1 раз".

EternalStudent в сообщении #1539517 писал(а):

$P(A)=P(A_0)+P(A_1)$ - 1 не выпало 1 или 2 раза

Это вероятность, что 1 выпало 0 или 1 раз.

EternalStudent в сообщении #1539517 писал(а):

Тогда $P(AB), P(AC) , P(AD)$ равны $(P(A_0)+P(A_1))P(B)$ ?

$P(AB)=P((A_0+A_1)B)=P(A_0 B+A_1 B)=P(A_0 B)+P(A_1 B)=(\frac46)^{10} + 10\frac16 (\frac46)^9$

EternalStudent в сообщении #1539517 писал(а):

Как вы рассчитываете $P(A_1)P(B)$ (произведение вероятностей)?

Я его не считал. Нам это произведение вероятностей без пользы. Я считал вероятность предиката $A_1B$ - "$A_1$ и $B$" (если не понятно, "+" означает объединение предикатов по "или"). Она не равна произведению вероятностей, т.к. события не независимые. Предикат $A_1B$ означает "1 выпал ровно один раз И 2 не выпало ни разу". Тут 10 вариантов - 1 выпало первой, второй и т.д. до десятой. Вероятность выпадения 1 равна $\frac16$. А во всех девяти других выпали только 3, 4, 5, 6. Тут веротяность $(\frac46)^9$.

[EternalStudent]

Вроде доходит. Подведу итоги, чтобы было понятно или понятно где ошибся.
Задача - определить вероятность, что за 10 бросков шестигранного кубика выпадут цифры, из которых можно составить последовательность 12341 (цифры можно переставлять).
Решение
Вводим события
$A_0$ - цифра 1 выпала 0 раз, вероятность этого события $(\frac56)^{10}$ (10 раз подряд могли выпасть только 5 из 6 цифр)
$A_1$ - цифра 1 выпала 1 раз, вероятность этого события $10\frac16(\frac56)^{9}$ (в одном из 10 бросков выпала, в остальных 9 нет)
$B$ - цифра 2 выпала 0 раз, вероятность этого события $(\frac56)^{10}$
$C$ - цифра 3 выпала 0 раз, вероятность этого события $(\frac56)^{10}$
$D$ - цифра 4 выпала 0 раз, вероятность этого события $(\frac56)^{10}$

Далее. Если хоть одно из этих событий произойдет, то это будет неуспех в исходной задаче.
$P(A_0+A_1+B+C+D)$ - вероятность неуспеха,
$1-P(A_0+A_1+B+C+D)$ - искомая вероятность успеха, искомая вероятность что выпадут цифры 12341.

В начале найдем вероятность неуспеха $P(A_0+A_1+B+C+D)$
Здесь нужна формула включения исключения. По этой формуле вероятность появления любого из двух событий, пусть $X$ или $Y$, будет
$P(X+Y)=P(X)+P(Y)-P(XY)$, тут либо одно событие возникло, либо второе, но надо вычесть вероятность, что они оба одновременно возникли, так как оно считается два раза.
С помощью этой формулы мы находим вероятность неуспеха
$P(A_0+A_1+B+C+D)=P(A_0+A_1)+P(B+C+D)-P((A_0+A_1)(B+C+D))$
Чтобы не тянуть длинную формулу удобнее каждое считать отдельно

$P(A_0+A_1)=P(A_0)+P(A_1)-P(A_0A_1)=(\frac56)^{10}+10\frac16(\frac56)^{9}+0$, тут $P(A_0A_1)=0$, так как выпадения единицы 0 раз и 1 раз взаимоисключающие события

$P(B+C+D)=P(B)+P(C+D)-P(B(C+D))=P(B)+P(C)+P(D)-P(CD)-P(BC+BD)=P(B)+P(C)+P(D)-P(CD)-(P(BC)+P(BD)-P(BCD))=3P(B)-3P(CD)+P(BCD)=3(\frac56)^{10}-3(\frac46)^{10}+(\frac36)^{10}$ - тут упростили себе жизнь, так как вероятности $P(B)=P(C)=P(D)$, а $P(BC)=P(BD)=P(CD)$, для расчета этих вероятностей используем то, что в течении всех 10 бросков должно выпасть только 5 из 6 цифр, только 4 из 6 цифр и 3 из 6 цифр.

$P((A_0+A_1)(B+C+D))=P(A_0B+A_0C+A_0D+A_1B+ A_1C+A_1D)=P(A_0B)+P(A_0C+A_0D+A_1B+ A_1C+A_1D)-P(A_0BA_0C+A_0BA_0D+A_0BA_1B+A_0BA_1C+A_0BA_1D)= P(A_0B)+P(A_0C+A_0D+A_1B+ A_1C+A_1D)- P(A_0BC+A_0BD)=$ - опять события $A_0A_1$ несовместны

$=P(A_0B)+P(A_0C)+P(A_0D+A_1B+ A_1C+A_1D)-P(A_0C(A_0D+A_1B+ A_1C+A_1D))- P(A_0BC)-P(A_0BD)+P(A_0BCD)=P(A_0B)+P(A_0C)+P(A_0D+A_1B+ A_1C+A_1D)-P(A_0CA_0D+A_0CA_1B+ A_0CA_1C+A_0CA_1D)- P(A_0C)-P(A_0D)+P(A_0CD)=P(A_0B)+P(A_0C)+P(A_0D+A_1B+ A_1C+A_1D)-P(A_0CD)- P(A_0BC)-P(A_0BD)+P(A_0BCD)=$

$=P(A_0B)+P(A_0C)+P(A_0D)+P(A_1B+ A_1C+A_1D)-P(A_0D(A_1B+ A_1C+A_1D))-P(A_0CD)- P(A_0BC)-P(A_0BD)+P(A_0BCD)=P(A_0B)+P(A_0C)+P(A_0D)+P(A_1B+ A_1C+A_1D)-0-P(A_0CD)- P(A_0BC)-P(A_0BD)+P(A_0BCD)=3P(A_0B)+P(A_1B+ A_1C+A_1D)-3P(A_0BC)+P(A_0BCD)=$ - т.к. $P(A_0B)=P(A_0C)=P(A_0D)$ и $P(A_0CD)=P(A_0BC)=P(A_0BD)$

$=3P(A_0B)+P(A_1B+ A_1C+A_1D)-3P(A_0BC)+P(A_0BCD)=3P(A_0B)+P(A_1B)+ P(A_1C+A_1D)-P(A_1B(A_1C+A_1D))-3P(A_0BC)+P(A_0BCD)=3P(A_0B)+P(A_1B)+ P(A_1C+A_1D)-P(A_1BC+A_1BD)-3P(A_0BC)+P(A_0BCD)=3P(A_0B)+P(A_1B)+ P(A_1C)+P(A_1D)-P(A_1CD)-P(A_1BC)-P(A_1BD)+P(A_1BCD)-3P(A_0BC)+P(A_0BCD)=3P(A_0B)+3P(A_1B)-3P(A_1BC)+P(A_1BCD)-3P(A_0BC)+P(A_0BCD)$ - т.к. $P(A_1B)=(A_1C)=P(A_1D)$ и $P(A_1CD)=P(A_1BC)=P(A_1BD)$
$=3P(A_0B)-3P(A_0BC)+P(A_0BCD)+3P(A_1B)-3P(A_1BC)+P(A_1BCD)$ - переставили для красоты
Далее надо найти вероятности событий
$P(A_0B)=(\frac46)^{10}$ - т.к. цифры 1 и 2 ни разу не встречаются за 10 бросков, то есть каждый бросок выпадает только одна из 4 оставшихся цифр (из 6 возможных)
$P(A_0BC)=(\frac36)^{10}$ - так как каждый бросок могут выпасть только оставшиеся 3 цифры
$P(A_0BCD)=(\frac26)^{10}$ - т.к. могут выпасть только 2 цифры каждый бросок
$P(A_1B)=10\frac16(\frac46)^{9}$ - тут сложнее, $A_1$ - цифра 1 выпала 1 раз, $B$ - цифра 2 выпала 0 раз, цифра 1 могла выпасть в одном из 10 бросков с вероятностью $\frac16$, но потом оставшиеся 9 бросков не должно выпадать обоих цифр, то есть вероятность $\frac46$ испытывется 9 раз.
$P(A_1BC)=10\frac16(\frac36)^{9}$ - в начале 10 различными способами выпадает цифра 1, оставшиеся 9 бросков не должно выпасть 3 цифр из 6.
$P(A_1BCD)=10\frac16(\frac26)^{9}$ - в начале 10 различными способами выпадает цифра 1, оставшиеся 9 бросков не должно выпасть 4 цифр из 6

Наконец надо собрать все вычисления вместе $P(A_0+A_1+B+C+D)=$ - Вероятность неуспеха
$=P(A_0+A_1)+P(B+C+D)-P((A_0+A_1)(B+C+D))$ - не забыть про минус перед последним выражением
$ (\frac56)^{10}+10\frac16(\frac56)^{9}+$
$3 (\frac56)^{10}-3(\frac46)^{10}+(\frac36)^{10}+$
$-3 (\frac46)^{10}+3(\frac36)^{10}-(\frac26)^{10}-3\cdot10\frac16(\frac46)^{9}+3\cdot 10\frac16(\frac36)^{9}-10\frac16(\frac26)^{9}=$
$ [4(5)^{10}+10(5)^{9}-6(4)^{10}+4(3)^{10}-2^{10}-30(4)^{9}+30(3)^{9}-10(2)^{9}]/6^{10} =$
$ = 45258516/60466176=0.748493$
Тогда вероятность успеха $ 1-0.748493 = 0.251507$

Результат такой же как у вас. Но удивляет, как вы его так ловко получили, а не расписывали все формулы. Может поделитесь приемами, которые позволили вам сократить вычисления?