Вероятности количества бросков кости с суммой очков больше 9

[Yu_K]

https://youtu.be/shqd4ubLBZE

Бросаем обычный кубик с гранями 1,2,3,4,5,6 и суммируем выпавшие значения до тех пор пока сумма не превысит 9. Найти вероятности количества бросков для каждого варианта из полной группы событий. То есть может всего быть 2 броска, 3, 4,..,10. Как это можно красиво объяснить школьникам?

[sergey zhukov]

Yu_K
Что объяснить? Условие или решение?

[Yu_K]

sergey zhukov
Условие понятно. Решение не очень понятно.
Простенький код Монте Карло
https://www.online-python.com/9ASMx54col
дает ответы

Результаты симуляции:
0: 0 (0.0000%)
1: 0 (0.0000%)
2: 27739 (27.7390%)
3: 46393 (46.3930%)
4: 20530 (20.5300%)
5: 4602 (4.6020%)
6: 689 (0.6890%)
7: 45 (0.0450%)
8: 2 (0.0020%)
9: 0 (0.0000%)
10: 0 (0.0000%)

а хотелось бы получить конечные формулы в ответе.

[sergey zhukov]

Yu_K
Ну, например, рассмотрим случай "2 броска". Варианты "сумма >9" такие:
4+6
6+4
5+5
5+6
6+5
6+6
Шесть вариантов. А всего вариантов выпадения костей в двух бросках $6^2$. Значит, искомая вероятность в случае "2 броска" есть $\frac{6}{6^2}=0,166$. Что-то у вас многовато вышло.

[Yu_K]

sergey zhukov
Это не верный подход - всего вариантов 36 и по вашей схеме будет 1/6.
Тут надо еще отброшенные хвосты учитывать - чтобы варианты количества бросков были равновесны.

[sergey zhukov]

Yu_K
Тогда я не понял условия задачи, видимо.

[Mihr]

Yu_K в сообщении #1653152 писал(а):

Это не верный подход - всего вариантов 36 и по вашей схеме будет 1/6.

И это значение $\dfrac{1}{6}$ совершенно верно.

Yu_K в сообщении #1653152 писал(а):

Тут надо еще отброшенные хвосты учитывать - чтобы варианты количества бросков были равновесны.

Чьи хвосты? Что значит "равновесны"? Выражайтесь яснее, пожалуйста.

[sergey zhukov]

Я, кажется, понял, какая там может быть дальше трудность. Скажем, в случае "3 броска" все тройные комбинации, начинающиеся с двойных комбинаций, перечисленных выше, следует вычесть из общего числа всех возможных тройных комбинаций $6^3$, т.к. эти комбинации приведут к варианту окончания "2 броска" (соответственно, броски остановятся раньше). Поэтому вероятность для случая "3 броска" нужно подсчитывать, как "число комбинаций ровно из трех бросков, дающих в сумме >9" деленное не на $6^3$, а на $6^3-6$.

[Yu_K]

Mihr
Речь о полной группе вероятностей Р(2),Р(3),...,P(10). Если считать вероятности по схеме - количество благоприятных из 2 делить на 36, количество благоприятных из 3 делить на 216, и так до 10
- то это не совсем верно - надо исключать повторы - использовать что-то типа формулы включений-исключений. Так из расчета вероятности P(4) надо убрать те варианты которые закончились раньше при n=2, n=3. По сравнению с 10 бросками - их 6^10 - а для двух бросков вариантов всего 6^2 и вместе мешать эти вероятности вроде не очень правильно - разные "весовые категории".
Может я ошибаюсь.

Ссылка на код Монте Карло есть выше - вроде там все корректно и прозрачно.

[sergey zhukov]

Yu_K в сообщении #1653159 писал(а):

которые закончились раньше при n=2, n=3

Ну и вычтите их. Вы же их уже подсчитали на предыдущих шагах. Вот я, скажем, в случае $P(3)$ и вычел $6^3-6$. Т.е. в знаменателе должно стоять $6^n-N(n-1)-N(n-2)-...N(2)$, где $N(x)$ - число комбинаций для случая $x$ бросков, которые мы уже вычислили на предыдущих этапах.

Для случая "2 броска" как раз можно подсчитать максимально просто, поскольку за один бросок больше девяти никак не выбросишь.

-- 04.09.2024, 16:21 --

Yu_K в сообщении #1653159 писал(а):

Ссылка на код Монте Карло

Не знаю. Я вот в экселе для "2 броска" получил $\frac{1}{6}$ легко.
Вообще, у меня получилось:
2 - 0,16
3 - 0,45
4 - 0,28
5 - 0,079
6 - 0,0135
7 - 0,00238

[Yadryara]

Yu_K в сообщении #1653159 писал(а):

Ссылка на код Монте Карло есть выше - вроде там все корректно и прозрачно.

Нет, там ошибка: счёт идёт с суммы равной 9-ти, а не 10-ти, как в условии, потому и получается для 2-х бросков не 6 благоприятных исходов, а 10.

Результаты симуляции:
0: 0 (0.0000%)
1: 0 (0.0000%)
2: 16543 (16.5430%)
3: 46050 (46.0500%)
4: 27816 (27.8160%)
5: 7983 (7.9830%)
6: 1422 (1.4220%)
7: 179 (0.1790%)
8: 7 (0.0070%)
9: 0 (0.0000%)
10: 0 (0.0000%)

[Yu_K]

Yadryara , sergey zhukov
Спасибо большое - дальше попробую разобраться насчет явных формул.

Точные вроде такие получаются значения вероятностей Wolframalpha

[dgwuqtj]

Про эту задачу можно ещё думать так. Дано вероятностное пространство $\{1, \ldots, 6\}^9$ (вообще хоть $\{1, \ldots, 6\}^\infty$, но школьникам про это знать не надо, а больше 9 бросков и не понадобится). На нём равномерное распределение, это просто все последовательности бросков с вероятностью $\frac 1{6^9}$ каждое. Нас интересует, с какой вероятностью сумма $\geq 9$ наберётся за первые $k$ бросков, ну и дальше понятно какая комбинаторика.

В условии, конечно, чуть другое вероятностное пространство, полученное из $\{1, \ldots, 6\}^9$ склейкой событий, у которых общий префикс с суммой $\geq 9$. Но на нём уже не равномерное распределение, и элементарные события так просто не перечислить. А так как это фактор-пространство $\{1, \ldots, 6\}^9$, можно работать с пространством всех последовательностей.

[Yadryara]

Да вы сговорились что ли? И в названии темы ведь внятно написано что сумма больше 9-ти.

dgwuqtj в сообщении #1653178 писал(а):

а больше 9 бросков и не понадобится

Может и 10 понадобится.

dgwuqtj в сообщении #1653178 писал(а):

какой вероятностью сумма $\geq 9$ наберётся

Откуда взялось больше или равно ?? Причём раз за разом повторяете.

[dgwuqtj]

Это я читать не умею, извините.