O co chodzi z prawdopodobieństwem w kostkach? Intuicja i cel
Uczciwa kostka jako prosty model losowości
Klasyczna kostka sześcienna jest idealnym modelem prostego doświadczenia losowego. Ma 6 ścian, ponumerowanych od 1 do 6, a w idealnym świecie każde z tych 6 zdarzeń elementarnych ma taką samą szansę wystąpienia. Taka kostka nazywana jest uczciwą (ang. fair die). To założenie jest kluczowe, bo pozwala używać prostego wzoru „liczba korzystnych / liczba wszystkich”.
W praktyce zadania z kostkami do gry są najbardziej klasycznym sposobem wprowadzania rachunku prawdopodobieństwa. Łączą intuicyjne myślenie („szóstka to 1 z 6 możliwych wyników”) z formalnymi pojęciami, jak przestrzeń zdarzeń, zdarzenia elementarne, prawdopodobieństwo warunkowe czy niezależność. Umiejętność szybkiego liczenia szans przy rzutach kostką często przekłada się na sprawność w całej dziedzinie.
Po co w ogóle triki w zadaniach z kostkami
Jeśli zadanie dotyczy jednego rzutu, sytuacja jest banalna. Problemy zaczynają się przy:
wielu rzutach (np. 5 lub 10 rzutów),
wielu kostkach naraz (2, 3, czasem więcej),
warunkach typu: „co najmniej jedna szóstka” albo „dokładnie dwie liczby parzyste”,
dodatkowych informacjach („wiadomo, że suma jest większa od 8”).
Wtedy bez trików łatwo ugrzęznąć w żmudnym wypisywaniu przypadków, a jeszcze łatwiej coś pominąć. Przy sprawdzianie czy maturze liczy się:
szybkie rozpoznanie typu zadania,
wiedza, czy liczyć wprost, czy „naokoło” (przez dopełnienie),
umiejętność kontroli, czy policzone przypadki się nie dublują.
Szacowanie „na czuja” przed obliczeniami
Dobry nawyk: zanim zaczniesz liczyć dokładnie, oszacuj szansę. Jeśli w zadaniu wychodzi wynik typu (frac{34}{7}) albo więcej niż 1 – od razu widać, że coś jest nie tak. Prosty, zdroworozsądkowy szacunek często ratuje przed absurdalnymi odpowiedziami.
Przykład:
Szansa wyrzucenia szóstki w jednym rzucie: około 17% (dokładnie (frac{1}{6})).
W dwóch rzutach co najmniej jednej szóstki – szansa musi być większa niż 17%, ale mniejsza niż 100% (intuicyjnie coś rzędu 30–40%).
Dopiero potem wchodzisz w dokładne liczenie. Dzięki temu każdy wynik „dziwnie duży” lub „podejrzanie mały” łatwo wychwytujesz jeszcze przed wpisaniem go w odpowiedź.
Podstawowe pojęcia na przykładzie jednej kostki
Przestrzeń zdarzeń i zdarzenia elementarne
Rzut jedną uczciwą kostką sześcienną ma 6 możliwych wyników:
[
Omega = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
]
Zbiór (Omega) to przestrzeń zdarzeń (przestrzeń probabilistyczna). Każdy pojedynczy wynik, np. „wypadło 4”, nazywa się zdarzeniem elementarnym. W uczciwej kostce każdy taki wynik ma prawdopodobieństwo:
[
P({1}) = P({2}) = dots = P({6}) = frac{1}{6}.
]
Zdarzenia złożone to po prostu podzbiory (Omega). Na przykład zdarzenie „wypadła liczba parzysta” to:
[
A = {2, 4, 6}.
]
Prawdopodobieństwo klasyczne na kostce
W klasycznym ujęciu, przy równych szansach wszystkich wyników, prawdopodobieństwo zdarzenia (A) liczymy jako:
[
P(A) = frac{text{liczba wyników sprzyjających}}{text{liczba wszystkich możliwych wyników}}.
]
Dla kostki:
liczba wszystkich wyników: 6,
liczba wyników sprzyjających zdarzeniu „parzysta”: 3 (2, 4, 6),
zatem (P(text{parzysta}) = frac{3}{6} = frac{1}{2}).
Ten wzór jest fundamentem wszystkich późniejszych trików. Cała „magia” polega potem na sprytnym liczeniu licznika (korzystne) i mianownika (wszystkie).
Proste zdarzenia: parzyste, większe niż 3, nie mniejsze niż 2
Kilka najprostszych przykładów dla jednej kostki:
Liczba parzysta: ({2, 4, 6}) – prawdopodobieństwo (frac{3}{6} = frac{1}{2}).
Liczba większa niż 3: ({4, 5, 6}) – też (frac{3}{6} = frac{1}{2}).
Liczba nie mniejsza niż 2 (czyli „≥ 2”): ({2, 3, 4, 5, 6}) – (frac{5}{6}).
Liczba mniejsza lub równa 4 (czyli „≤ 4”): ({1, 2, 3, 4}) – (frac{4}{6} = frac{2}{3}).
Dobrą praktyką jest zawsze najpierw zapisać zdarzenie jako zbiór, a dopiero potem liczyć ułamek. Minimalizuje to liczbę pomyłek, zwłaszcza gdy zdarzenie łączy kilka warunków („parzysta i większa od 2”, „nie większa niż 4 lub nieparzysta” itp.).
Symboliczny zapis zdarzeń – prosty język matematyczny
W zadaniach szkolnych i olimpijskich dużo łatwiej pracuje się, gdy zastępujesz zdania z języka polskiego prostą symboliką. Przykładowo:
(A = {1, 3, 5}) – „wypadła liczba nieparzysta”,
(B = {4, 5, 6}) – „wypadła liczba większa niż 3”,
(A cap B = {5}) – „wypadła liczba nieparzysta i większa niż 3”,
(A cup B = {1, 3, 4, 5, 6}) – „wypadła liczba nieparzysta lub większa niż 3”.
Dzięki temu łatwiej stosować zasady sumy, iloczynu i dopełnienia. Gdy zadanie robi się złożone, rysunek zbiorów (diagram Venna) + taki zapis potrafią oszczędzić kilka minut i jeden czy dwa błędy.
Źródło: Pexels | Autor: SHVETS production
Kluczowe triki: liczenie „przez dopełnienie” i rozbijanie na przypadki
Zasada dopełnienia – najszybszy sposób na „co najmniej raz”
Zasadę dopełnienia warto mieć w głowie niemal na pamięć:
[
P(A) = 1 – P(A^c),
]
gdzie (A^c) to dopełnienie zdarzenia (A) (sytuacja, w której (A) nie zachodzi). Klasyczny schemat:
„co najmniej raz” szóstka – liczysz szybciej: 1 minus szansa, że ani razu nie wypadła szóstka,
„przynajmniej jeden parzysty wynik” – liczysz szybciej: 1 minus szansa, że wszystkie wyniki były nieparzyste.
Przykład: Dwukrotnie rzucamy kostką. Jakie jest prawdopodobieństwo, że przynajmniej raz wypadnie szóstka?
Liczymy szansę zdarzenia przeciwnego: „ani razu nie wypadła szóstka”. W jednym rzucie brak szóstki ma prawdopodobieństwo (frac{5}{6}). W dwóch niezależnych rzutach: (left(frac{5}{6}right)^2 = frac{25}{36}).
Stąd szukane prawdopodobieństwo: (1 – frac{25}{36} = frac{11}{36}).
Bez dopełnienia trzeba by wypisywać wszystkie konfiguracje z co najmniej jedną szóstką. To możliwe, ale wolniejsze i podatne na pomyłki.
Zasada sumy: kiedy dodawać, a kiedy jeszcze odejmować
Dla dwóch zdarzeń (A) i (B) zawsze zachodzi:
[
P(A cup B) = P(A) + P(B) – P(A cap B).
]
Jeśli zdarzenia są rozłączne (wykluczają się), to (A cap B = emptyset) i wtedy po prostu:
[
P(A cup B) = P(A) + P(B).
]
Przykład 1 – zdarzenia rozłączne (pojedyncze wyniki):
(A): „wypadło 1”,
(B): „wypadło 4”.
Nie mogą zajść jednocześnie, więc:
[
P(A cup B) = frac{1}{6} + frac{1}{6} = frac{2}{6} = frac{1}{3}.
]
Przykład 2 – zdarzenia nachodzące się:
(A): „wypadła liczba parzysta” – ({2, 4, 6}),
(B): „wypadła liczba większa niż 3” – ({4, 5, 6}).
Wówczas:
(P(A) = frac{3}{6}),
(P(B) = frac{3}{6}),
(A cap B = {4, 6}), więc (P(A cap B) = frac{2}{6}).
Stąd:
[
P(A cup B) = frac{3}{6} + frac{3}{6} – frac{2}{6} = frac{4}{6} = frac{2}{3}.
]
Bez odjęcia (P(A cap B)) wyniki 4 i 6 byłyby policzone dwa razy.
Rozbijanie na przypadki: porządkowanie chaosu
Gdy zdarzenie jest złożone, często najskuteczniejsze jest rozbicie na kilka rozłącznych przypadków. Każdy przypadek liczymy osobno, a potem dodajemy wyniki. Kluczem jest tak dobrać przypadki, by:
nie nachodziły na siebie (żaden wynik nie pasuje do dwóch przypadków naraz),
wspólnie obejmowały wszystko, co ma być wliczone.
Przykład: rzut dwiema kostkami. Jakie jest prawdopodobieństwo, że suma oczek wynosi co najmniej 10? Można rozbić na przypadki:
suma = 10,
suma = 11,
suma = 12.
Dla każdej sumy liczysz liczbę kombinacji (o tym szerzej niżej), a potem sumujesz. Taka strategia jest prosta, przejrzysta i łatwa do sprawdzenia.
Kiedy liczyć wprost, a kiedy „naokoło” przez dopełnienie
Dobrą mini-checklistą przy zadaniu z kostkami jest pytanie:
Czy szukane zdarzenie ma złożoną strukturę „co najmniej raz / co najmniej coś”?
Czy zdarzenie przeciwne wygląda prościej („ani razu”, „żaden z wyników nie jest …”)?
Jeśli odpowiedzi są twierdzące, często lepiej od razu przejść na dopełnienie. Przykłady:
„W pięciu rzutach przynajmniej jedna szóstka” – szybciej: 1 minus „zero szóstek”.
„Przynajmniej jedna para wyników równych” – często lepiej: 1 minus „wszystkie wyniki są różne” (dla ograniczonej liczby rzutów).
Tam, gdzie zdarzenie jest konkretne i krótkie („dokładnie dwie szóstki”, „suma = 9”), zwykle wygodniej jest liczyć wprost, rozbijając na sensowne przypadki i korzystając z kombinatoryki.
Dwie kostki: jak powstaje rozkład sumy oczek
Przestrzeń wszystkich wyników dla dwóch kostek
Przy dwóch kostkach (obie uczciwe, niezależne) każda może dać wynik od 1 do 6. Możliwe pary wyników to:
[
Omega = {(i,j): i in {1,dots,6}, j in {1,dots,6}}.
]
Łącznie:
[
|Omega| = 6 cdot 6 = 36
]
różnych par. Wygodnie jest wyobrazić sobie je jako tabelę 6×6:
Tabelka wyników i pierwsze wnioski
Praktycznie dobrze jest ułożyć sobie wszystkie 36 par jako kratkę 6×6. W wierszach wpisujesz wynik pierwszej kostki, w kolumnach – drugiej. Każde pole to jedna możliwa para ((i,j)). Wszystkie te pary są jednakowo prawdopodobne ((frac{1}{36})).
Z takiej tabeli od razu widać, że:
każda konkretna para, np. ((2,5)), ma prawdopodobieństwo (frac{1}{36}),
zdarzenie typu „pierwsza kostka = 3” obejmuje dokładnie 6 pól w jednej kolumnie (lub wierszu) – więc ma szansę (frac{6}{36} = frac{1}{6}),
zdarzenie „obie kostki parzyste” to: ((2,4,6)) na pierwszej i ((2,4,6)) na drugiej → (3 cdot 3 = 9) pól, więc prawdopodobieństwo (frac{9}{36} = frac{1}{4}).
Samo takie „policzenie kratek” to klasyczny i bardzo skuteczny sposób na zadania typu „dwie kostki”.
Jak liczyć prawdopodobieństwo konkretnej sumy
Kluczowy motyw: różne sumy nie są jednakowo prawdopodobne. Suma 7 ma więcej realizacji niż suma 2 czy 12. Znowu pomaga tabela – albo systematyczne wypisanie par.
Dla sumy (s) szukamy wszystkich par ((i,j)) takich, że:
Dla uporządkowania dobrze mieć całą tabelę w jednym miejscu:
Suma
Liczba par
Prawdopodobieństwo
2
1
(frac{1}{36})
3
2
(frac{2}{36} = frac{1}{18})
4
3
(frac{3}{36} = frac{1}{12})
5
4
(frac{4}{36} = frac{1}{9})
6
5
(frac{5}{36})
7
6
(frac{6}{36} = frac{1}{6})
8
5
(frac{5}{36})
9
4
(frac{4}{36} = frac{1}{9})
10
3
(frac{3}{36} = frac{1}{12})
11
2
(frac{2}{36} = frac{1}{18})
12
1
(frac{1}{36})
Na tej tabelce opiera się masa zadań: „suma większa niż…”, „suma między… a…”, „suma podzielna przez…”. W każdym takim przypadku wystarczy zsumować odpowiednie wiersze.
Błyskawiczne szacowanie „na oko”
Przy zadaniach testowych przydaje się szybkie oszacowanie: sumy w środku (6,7,8) są wyraźnie bardziej prawdopodobne niż skrajne (2,3,11,12). Jeśli pytanie brzmi np. „która suma jest najbardziej prawdopodobna?” – odpowiedź to 7, bez liczenia szczegółów.
Jeśli zakres jest szeroki, np. „suma od 5 do 9”, to widać, że pokrywa większość „trójkąta” – więc szansa będzie zdecydowanie większa niż 1/2. Takie szacunki pomagają wyłapać błędy rachunkowe: jeśli wyjdzie (frac{1}{4}) dla szerokiego zakresu, to warto wrócić do liczenia.
Źródło: Pexels | Autor: Aliko Sunawang
Szybkie obliczenia przy wielu rzutach: niezależność i mnożenie szans
Niezależność rzutów – fundament wzoru na iloczyn
Kolejne rzuty uczciwą kostką są niezależne: wynik jednego nie wpływa na wynik drugiego. Formalnie dla dwóch zdarzeń (A) i (B) niezależnych zachodzi:
[
P(A cap B) = P(A)cdot P(B).
]
Dla trzech i więcej zdarzeń:
[
P(A_1 cap A_2 cap dots cap A_n) = P(A_1)cdot P(A_2)cdot dots cdot P(A_n),
]
jeśli każde zdarzenie dotyczy innego rzutu kostką (albo innej kostki) i losowania są niezależne. Na tym opiera się większość „seryjnych” zadań: „5 rzutów”, „10 rzutów”, „n razy…”.
Dokładnie k razy w n rzutach – schemat Bernoulliego
Jeśli w każdym z (n) rzutów szansa sukcesu wynosi (p) (np. sukces = „wypadła szóstka”, wtedy (p = frac{1}{6})), to:
szansa na konkretny układ z dokładnie (k) sukcesami i (n-k) porażkami wynosi (p^k(1-p)^{n-k}),
szansa na „dokładnie (k) sukcesów, nieważne w jakiej kolejności” to:
[
binom{n}{k}, p^k (1-p)^{n-k}.
]
W kostkach to się pojawia non stop. Przykład: W 4 rzutach kostką dokładnie dwukrotnie wypadnie szóstka. Tu:
Dla kostki z sukcesem „wypadła szóstka” mamy (p = frac{1}{6}). Gdy z tyłu głowy trzymasz (1 – left(frac{5}{6}right)^n) jako „przynajmniej jedna szóstka w (n) rzutach”, wiele zadań zamienia się w jedno wstawienie do wzoru.
Łączenie zasad: kilka różnych warunków
Czasem trzeba policzyć prawdopodobieństwo, że w (n) rzutach:
jakieś oczko pojawi się dokładnie (k) razy,
a inne w ogóle nie wystąpi,
a reszta to „cokolwiek innego”.
Strategia jest wtedy taka:
Rozpoznaj rodzaje wyników (np. szóstka, piątka, pozostałe),
przypisz im pojedyncze prawdopodobieństwa (np. (p_6 = frac{1}{6}), (p_5 = frac{1}{6}), (p_{text{inne}} = frac{4}{6})),
policz liczby rzutów do każdej kategorii i zastosuj kombinatorykę (układ wielomianowy, czyli tzw. rozkład wielomianowy).
Przykładowy schemat: W 5 rzutach ma wypaść dokładnie jedna szóstka, żadnej jedynki, a pozostałe wyniki dowolne. Wtedy:
1 rzut: szóstka → (p_6 = frac{1}{6}),
4 rzuty: „nie jedynka i nie szóstka” → (p_{text{pozostałe}} = frac{4}{6}),
Kombinacje, permutacje i kolejność wyników na kostkach
Kiedy kolejność ma znaczenie, a kiedy nie
W zadaniach kostkowych pojawiają się dwa główne typy pytań:
z kolejnością: „w pierwszym rzucie… w drugim rzucie…”, „najpierw, potem, na końcu…”,
bez kolejności: „wśród pięciu rzutów wypadły liczby 2, 3 i 5”, „na dwóch kostkach wypadły oczka 3 i 6”.
Jeśli pytanie jest bez kolejności, a liczenie wykonujesz na pełnej przestrzeni (gdzie kolejność występuje), trzeba tę różnicę uwzględnić kombinatorycznie.
Prosta sytuacja: dwie kostki i „różne oczka”
Załóżmy zadanie: Jakie jest prawdopodobieństwo, że na dwóch kostkach wypadną dwa różne oczka? Tutaj:
przestrzeń (Omega) ma 36 uporządkowanych par ((i,j)),
pary z równymi oczkami to ((1,1),dots,(6,6)) → 6 par,
Gdyby pytanie brzmiało: „wypadły oczka 3 i 6”, to trzeba zauważyć, że sprzyjające pary uporządkowane to ((3,6)) i ((6,3)). Są dwie, więc:
[
P({3,6}) = frac{2}{36} = frac{1}{18}.
]
Zamiana pytań „bez kolejności” na uporządkowane
Jeśli interesuje cię tylko zbiór oczek, bez kolejności (np. „wypadły ({2,5})”), dobrze jest:
Policzyć liczbę uporządkowanych par, które mu odpowiadają,
podzielić przez łączną liczbę uporządkowanych wyników.
Przy dwóch różnych oczkach zbiór ({a,b}) ma zawsze 2 permutacje: ((a,b)), ((b,a)). Przy trzech rzutach zbiór ({a,b,c}) będzie mieć (3! = 6) permutacji itd.
Wiele rzutów i kombinatoryka wyników
Typowy schemat: Pięć rzutów kostką. Ile jest możliwych wyników, w których pojawią się dokładnie trzy różne liczby? Tu nie liczymy jeszcze prawdopodobieństwa, tylko liczność. Strategia:
Wybór, które 3 różne liczby się pojawią spośród 6 możliwych:
[
binom{6}{3}.
]
Liczenie układów przy zadanej liczbie różnych wartości
Wracając do przykładu z pięcioma rzutami i dokładnie trzema różnymi liczbami, po wybraniu liczb trzeba jeszcze rozdzielić częstości:
Wybór, które 3 różne liczby się pojawią:
[
binom{6}{3}.
]
Rozkład liczby wystąpień tych trzech liczb na 5 rzutów. Możliwe układy to:
(3,1,1) – jedna liczba pojawia się 3 razy, dwie pozostałe po 1 razie,
(2,2,1) – dwie liczby po 2 razy, jedna liczba 1 raz.
Dla każdego typu układu trzeba policzyć liczbę permutacji:
Układ (3,1,1): wybór, która z trzech liczb ma być tą „potrójną” – (3) możliwości; ułożenie w ciągu 5 rzutów – liczba permutacji multizbioru:
[
frac{5!}{3!,1!,1!} = 20.
]
Razem dla tego typu:
[
binom{6}{3}cdot 3cdot 20.
]
Układ (2,2,1): wybór liczby, która wystąpi 1 raz – (3) możliwości; ułożenie:
[
frac{5!}{2!,2!,1!} = 30.
]
Razem:
[
binom{6}{3}cdot 3cdot 30.
]
Suma obu typów daje pełną liczbę sprzyjających wyników. Jeśli potrzeba prawdopodobieństwa, dzielimy przez (6^5). Ten schemat „wybór wartości → rozkład częstości → permutacje” przewija się przy wielu zadaniach z kostkami i kartami.
Identyczne kostki a rozróżnialne wyniki
Czasem treść sugeruje, że kostki są „nieodróżnialne”: np. „rzucamy trzema kostkami i patrzymy, jakie oczka wypadły”, bez mówienia, która kostka dała który wynik. Technicznie zawsze łatwiej liczyć w modelu z kostkami rozróżnialnymi (pierwsza, druga, trzecia), a efekt „identyczności” załatwia się przez:
policzenie liczby uporządkowanych wyników (klasyczne (6^n)),
albo grupowanie ich w zbiory równoważności typu „te same multizbiory oczek”.
Przykład: trzy kostki, interesuje układ „dwie takie same i jedna inna” (tzw. para). Dla rozróżnialnych kostek:
Wybór wartości pary – (6) możliwości.
Wybór wartości różnej od pary – (5) możliwości.
Rozmieszczenie: który z trzech rzutów jest „samotny” – (binom{3}{1} = 3) możliwości.
Razem:
[
6cdot 5cdot 3 = 90
]
uporządkowanych wyników. Jeśli potrzeba „liczby różnych układów bez kolejności”, ignorując permutacje, wystarczy liczba:
[
6cdot 5
]
bo dla każdej pary ((text{wartość pary}, text{wartość samotna})) istnieje tylko jeden multizbiór, nieważne, jak go permutować.
Źródło: Pexels | Autor: Efrem Efre
Prawdopodobieństwo warunkowe na kostkach: krok po kroku
Definicja na prostym przykładzie
Formalnie dla zdarzeń (A) i (B) o dodatnim prawdopodobieństwie:
[
P(Amid B) = frac{P(A cap B)}{P(B)}.
]
Przykład: dwie kostki, niech:
(B): „suma oczek równa 8”,
(A): „na pierwszej kostce wypadła 5”.
Liczba par dających sumę 8 to 5: ((2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2)), więc:
[
P(B) = frac{5}{36}.
]
Zdarzenie (A cap B) to jedynie para ((5,3)), zatem:
[
P(A cap B) = frac{1}{36}.
]
Stąd:
[
P(Amid B) = frac{frac{1}{36}}{frac{5}{36}} = frac{1}{5}.
]
Zmiana „świata odniesienia”
Warunek „wiemy, że…” usuwa część wyników z gry. Dobrze działa takie nastawienie:
pełny „świat” to (Omega) – wszystkie uporządkowane wyniki,
po informacji „wiemy, że (B)” nowym światem jest (B),
prawdopodobieństwa trzeba przeskalować do tego nowego świata.
Dlatego w zadaniu: Rzucamy dwiema kostkami. Wiadomo, że na przynajmniej jednej wypadła szóstka. Jakie jest prawdopodobieństwo, że suma jest większa niż 9?
Kroki:
Pełna przestrzeń: 36 par.
Zdarzenie (B): „przynajmniej jedna szóstka” – wygodnie przez dopełnienie:
[
|B| = 36 – 5cdot 5 = 11
]
(usuwamy pary bez szóstki, czyli 5 możliwych wartości na pierwszej kostce i 5 na drugiej).
Zdarzenie (A): „suma > 9” i jednocześnie przynajmniej jedna szóstka. Wypisujemy:
((4,6),(5,6),(6,4),(6,5),(6,6)) – w sumie 5 par.
Rozróżnianie „co najmniej” i „dokładnie” w warunkach
Drobna zmiana treści całkowicie zmienia rachunek. Dwie wersje:
(B_1): „co najmniej jedna szóstka”,
(B_2): „dokładnie jedna szóstka”.
Jeśli pytanie brzmi: Jaka jest szansa, że druga kostka pokazuje 6, jeśli wiadomo, że wypadła dokładnie jedna szóstka?, to:
(B_2): pary ((6,x)) z (xneq 6) oraz ((x,6)) z (xneq 6) → (5+5=10) par,
(A): „druga kostka to 6” → w połączeniu z „dokładnie jedna szóstka” dostajemy pary ((x,6)) z (xneq 6) → 5 par.
Zatem:
[
P(Amid B_2) = frac{5}{10} = frac{1}{2}.
]
Gdyby zamiast „dokładnie” było „co najmniej”, liczność zdarzenia warunkującego byłaby inna (11, jak wcześniej) i wynik się zmieni.
Warunkowanie przy wielu rzutach
Przy większej liczbie rzutów połączenie schematu Bernoulliego z warunkowaniem pozwala skrócić rachunek. Przykład:
Dziesięć rzutów kostką. Wiadomo, że wypadły co najmniej dwie szóstki. Jaka jest szansa, że wypadły dokładnie dwie?
Niech:
(X) – liczba szóstek w 10 rzutach,
(B): „(X ge 2)”,
(A): „(X = 2)”.
Korzystamy z rozkładu dwumianowego z (n=10), (p=frac{1}{6}):
Szukane prawdopodobieństwo:
[
P(Amid B) = frac{P(X=2)}{P(Xge 2)} = frac{P(X=2)}{P(B)}.
]
Tu nie ma skrótu poza wstawieniem do wzorów, ale konstrukcja jest systematyczna.
Kostki a podstawy statystyki: średnia, mediana, odchylenie
Średnia jednej kostki – intuicja i wzór
Dla uczciwej sześciennej kostki każda z liczb 1–6 ma prawdopodobieństwo (frac{1}{6}). Wartość oczekiwana (średnia teoretyczna) to:
Dla (n=10) średnia teoretyczna sumy to (35), dla (n=100) – (350) itd. W praktyce, jeśli w eksperymencie suma jest istotnie niższa lub wyższa od tych wartości, można zacząć podejrzewać, że kostka nie jest całkiem uczciwa.
Mediana i typowy wynik
Mediana rozkładu jednej kostki to dowolna liczba między 3 a 4 (np. 3,5), bo:
(P(Xle 3) = frac{3}{6} = 0{,}5),
(P(Xge 4) = frac{3}{6} = 0{,}5).
Dla sumy dwóch kostek mediana to 7, bo:
(P(Sle 6) < 0{,}5),
(P(Sle 7) ge 0{,}5) i jednocześnie (P(Sge 7) ge 0{,}5).
Przy większej liczbie rzutów rozkład sumy robi się coraz „bardziej dzwonowaty” i mediana jest bardzo bliska średniej (3{,}5n).
Wariancja i odchylenie standardowe jednej kostki
Do oceny rozrzutu wyników używa się wariancji:
[
operatorname{Var}(X) = E(X^2) – [E(X)]^2.
]
Dla pojedynczej kostki:
Szansa, że suma mocno odjedzie od 126 (np. poniżej 100) jest niewielka. Przy dużej liczbie rzutów można już korzystać z przybliżeń normalnych, ale do zadań szkolnych wystarcza wiedza, że „typowe” wyniki leżą w pasie kilku odchyleń standardowych wokół średniej.
Typowe schematy zadań z kostkami i gotowe strategie
