Как посчитать вероятность?

[Лукомор]

mihaild в сообщении #1561407 писал(а):

но в условиях задачи она всё-таки $\frac{6}{13}$.

В условии задачи:

Verbery в сообщении #1561201 писал(а):

Вероятность того, что билет из Питера выиграет в 2 раза больше, чем в Москве.

[mihaild]

Лукомор, я читаю это так, что $P(win | Spb) = 2\cdot P(win | Moscow)$.

[Лукомор]

mihaild в сообщении #1561434 писал(а):

Лукомор, я читаю это так, что $P(win | Spb) = 2\cdot P(win | Moscow)$.

Я читаю это, как $P(SPb | win) = 2\cdot P(Msk | win)$.

[ozheredov]

Лукомор

Обычно в таких задачах общедоступная и малоинтересная информация (input) ставится после черты (в условие), а недоступная (до поры до времени) и интересная информация (target) -- перед чертой. Так что скорее всего там так, как у mihaild

[Лукомор]

mihaild в сообщении #1561387 писал(а):

Предложение svv вам не нравится? (напечатать на 300 билетов больше, скрепить 300 пар билетов степлером, и отправить пары в Питер)

Мне не нравится это предложение, поскольку билетов ровно 1000, и 1001-й желающий приобрести один билет, считаем, что каждый участник лотереи можео приобрести ровно один билет, - не приобретет его, хотя билетов 1300. фактически.

Я нашел способ организации такой лотереи, полностью отвечающий условиям задачи.
Согласно моему видению проблемы,
билетов печатается ровно 1000 штук, каждый с уникальным номером.
Для простоты положим, что каждый участвующий в лотерее купил ровно один билет, и все билеты распроданы.
Тогда, для каждого участника лотереи вероятность выигрыша равна $\frac{1}{1000}$
Теперь мы проводим тираж, допустим, в Риге.
Мы берем большой лотерейный барабан, и кидаем в него бумажки с номерами билетов.
Но для номеров билетов, выпущенных в Москве мы кидаем в барабан по одной бумажке, а для номеров билетов, выпущенных в С-Пб, по две одинаковых бумажки с одинаковым номером.
В результате, билетов на руках, с оригинальными номерами будет 1000 штук.
Бумажек в лотерейном барабане будет 1300 штук.
Прояснив таким образом условие, можно уже приступить к решению задачи.

[B@R5uk]

Лукомор в сообщении #1561733 писал(а):

Прояснив таким образом условие, можно уже приступить к решению задачи.

Тогда на один выигрыш будет претендовать два призёра, что не есть правильно. А если вы будете изымать из барабана все бумажки, соответствующие одному номеру, то не важно, закинули ли в начале одну бумажку, две или тринадцать.

[svv]

Лукомор

Пронумеруем билеты от $1$ до $n$. Выбираются числа
$0=a_0<a_1<...<a_{n-1}<a_n=1$
На каждом билете напечатаны числа $a_{k-1}$ и $a_k$, где $k$ — номер билета.

При розыгрыше генерируется случайное вещественное число $x\in [0,1)$ с равномерным распределением. Билет с номером $k$ выигрывает, если $x\in[a_{k-1},a_k)$.

Цена билета, вероятно, зависит от разности $a_k-a_{k-1}$. Зачёт?

[Лукомор]

B@R5uk в сообщении #1561739 писал(а):

Тогда на один выигрыш будет претендовать два призёра, что не есть правильно.

По условию,

Verbery в сообщении #1561201 писал(а):

Лишь один из них выигрышный.

Если мы напечатали ровно 1000 билетов, с номерами от 0001 до 1000,
и их купили 1000 разных человеков, и, допустим, выиграл номер 0666,
то какие два призера могут претендовать на этот выигрыш?

-- Чт авг 04, 2022 05:42:28 --

svv в сообщении #1561742 писал(а):

Цена билета, вероятно, зависит от разности $a_k-a_{k-1}$. Зачёт?

А как добиться, чтобы желающий участвовать в лотерее не узнал цену билета при покупке?
Ведь если он будет знать, где печатался его билет, то большая часть условия задачи и половина из трех вопросов теряют смысл.

[svv]

Лукомор в сообщении #1561752 писал(а):

Ведь если он будет знать, где печатался его билет, то большая часть условия задачи и половина из трех вопросов теряют смысл.

Да, Вы правы.

[Verbery]

Лукомор
Сделал по вашей схеме по пунктам вот так.
$P(Spb)$ - в-ть, что купили питерский билет
$P(M)$ - в-ть, что купили московский билет
$P(Win|Spb)$ - в-ть, что из барабана вытащили питерский номер (а у каждого питерского билета в барабане 2 номера)
$P(Win|M)$ - в-ть, что из барабана вытащили московский номер

1) С применением схемы ответ получается такой же, что и до этого:
$P(W) = P(Spb) \cdot P(Win|Spb) + P(M) \cdot P(W|M) = \frac{300}{1000} \cdot \frac{2}{1300} + \frac{700}{1000} \cdot \frac{1}{1300} = \frac{1}{1000}$
Ответ: 0.001
2) Тут, грубо говоря, просто увеличим вероятность победы в $\frac{1000}{332}$ раз
$P(W) = \frac{1}{1000} \cdot \frac{1000}{332} = \frac{1}{332}$
Ответ: 0.003
3) Тут представим себе, что московских 668 билета оказались прилипшими ко дну барабана и никак не могу быть вынуты:
$P(W) = \frac{300}{1000} \cdot \frac{2}{1300 - 668} + \frac{32}{1000} \cdot \frac{32}{1300 - 668} = 0.0025$
Ответ: 0.0025

[mihaild]

Verbery, и сколько же в третьем случае у вас в среднем получается выигрышных билетов не из списка? (это число билетов не из списка, умноженное на вероятность каждого из них оказаться выигрышным; должно, естественно, получиться $1$)

[kotenok gav]

Verbery в сообщении #1562224 писал(а):

2) Тут, грубо говоря, просто увеличим вероятность победы в $\frac{1000}{332}$ раз
$P(W) = \frac{1}{1000} \cdot \frac{1000}{332} = \frac{1}{332}$
Ответ: 0.003

Ну нет ведь.

[Verbery]

mihaild Вы правы. Может 3) переделать вот так:
$P(W) = \frac{300}{332} \cdot \frac{2}{632} + \frac{32}{332} \cdot \frac{1}{632} = \frac{1}{332}$