Вероятность выпадения числа в кубиках

[timber]

Mihr в сообщении #1139399 писал(а):

По принципу "мы не ищем лёгких путей"? Можно и так
Формула условной вероятности $P_B(A)=\frac{P(AB)}{P(B)}$. Попробуйте через неё.

-- 22.07.2016, 00:56 --

Подсказка. Введём события:
$A$ - выпала двойка
$B$ - сумма выпавших очков равна шести
...
(попробуйте сами продолжить)

$AB$ -- выпала двойка и сумма выпавших очков равна шести

-- 22.07.2016, 01:04 --

Anton_Peplov в сообщении #1139403 писал(а):

Это Вам преподаватель так сказал?

Ну как-бы да. А что у задачи один единственный способ решения?
Мне просто выдали задание с формулировкой решить несколькими способами.

[Mihr]

timber, ну а дальше?
Найдите теперь нужные вероятности и подставьте их значения в правую часть равенства.

[timber]

Так мне не понятен смысл, зачем так делать? Ведь в итоге получаем то же самое, т.е. получаем классическую формулу после сокращения вероятностей в числителе и знаменателе.

$P_B(A)=\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{P(A)P(B)}{P(B)}$.

[Mihr]

timber, Вы были бы правы, если бы события $A$ и $B$ были независимы. В данном случае они независимыми не являются и равенство $P(AB)=P(A)P(B)$ не имеет места.

[Anton_Peplov]

timber в сообщении #1139407 писал(а):

Ну как-бы да. А что у задачи один единственный способ решения?

Нет, не единственный. Вообще нет задач, у которых единственный способ решения, на крайний случай можно и $11 \times 12$ получить сложением в столбик.
Просто мне задание "решить несколькими способами" всегда казалось дурацким. Но это мои личные тараканы, никто не обязан их разделять.

[timber]

Mihr в сообщении #1139415 писал(а):

timber, Вы были бы правы, если бы события $A$ и $B$ были независимы. В данном случае они независимыми не являются и равенство $P(AB)=P(A)P(B)$ не имеет места.

Тогда получается:
$P_B(A)=\frac{P(AB)}{P(B)}=\frac{2/36}{5/36}=\frac{2}{5}$.

Но для меня такой расчет выглядит идентичным первому варианту.
По Вашему это вполне приемлемо для предъявления второго способа решения задачи?

[Mihr]

timber, оно не только выглядит, но и является по сути почти идентичным решением.
Но чисто формально Вы решили задачу другим способом, продемонстрировав при этом своё знание формулы условной вероятности.

timber в сообщении #1139419 писал(а):

По Вашему это вполне приемлемо для предъявления второго способа решения задачи?

По-моему - да.
Во всяком случае, ещё каких-то вариантов решения я здесь не вижу. Пытаться приплести сюда комбинаторику для подсчёта числа вариантов - это уже откровенное глумление над здравым смыслом. На Вашем месте я бы ограничился предъявлением этих двух решений. Впрочем, если есть время, подождите: возможно, кто-нибудь ещё заглянет в эту тему и предложит ещё более причудливое решение

[timber]

Спасибо за помощь.
Посмотрю, что скажут проверяющие задание.

[mihaild]

Можно еще посчитать вероятность того, что на 1м кубике двойка ($\frac{1}{5}$ - если на нем шестерка, то сумма уже не шесть, а для остальных чисел однозначно определяется парное). Аналогично вероятность того, что на 2м кубике двойка, $\frac{1}{5}$.
Ну и т.к. события не пересекаются, то вероятность, что есть двойка, $\frac{2}{5}$.

(Оффтоп)

Никогда не понимал задач "решить таким-то методом". Помню было задание "посчитать что-то, считающееся в две строчки с использованием дифференциального исчисления, не используя производную". Наиболее простым решением оказалось ввести понятие "непроизводная" и доказать путем переписывания стандартные свойства.