Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Csak logika

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[595] Gézoo2013-01-15 00:48:30

Egyetértünk, viszont az azért csak jó lenne, ha végesen sok számhármason belül kialakulhatna az 1/3-1/3-1/3 eloszlás.

Előzmény: [594] Alma, 2013-01-15 00:24:06
[594] Alma2013-01-15 00:24:06

Ezt gondold végig. A random generátor olyan értelemben ad egyenletes eloszlást, hogy ugyanakkora valószínűséggel dob 1-et, 2-őt, vagy 3-at.

A random generátor nem garantálja, hogy ha dobott 1-et és 2-őt, akkor ezek után biztos 3-at fog dobni. Ha garantálná, nem is lenne random generátor, kiszámítható lenne a 3. dobás eredménye. Ha dobott 1-et és 2-őt, akkor egyenlő eséllyel dob ezután 1-et, 2-őt, vagy 3-at, szóval még két különböző szám (1 és 2) után is 2/3 eséllyel az egyik korábbit fogja újra kidobni.

Előzmény: [593] Gézoo, 2013-01-14 23:35:41
[593] Gézoo2013-01-14 23:35:41

Nos, igen. Ilyen értelemben jól. Olyan értelemben viszont nem jól, hogy az 1/3-1/3-1/3 egyenletes eloszlást képtelenek a programok biztosítani. És miután a szimuláció alapja az egyenletes eloszlású 1-2-3 egyenlő eséllyel, ezért 2/3 eséllyel a cserélést adja nyerőnek.

Előzmény: [592] Alma, 2013-01-14 22:46:51
[592] Alma2013-01-14 22:46:51

Ha (1,2,3) számok közül random kérsz 3 darabot egymás után, akkor

-1/9 eséllyel ugyanazt a számot kapod háromszor

-6/9 = 2/3 eséllyel pontosan két azonos szám lesz

-2/9 eséllyel három különböző számot kapsz.

Ennek illusztrációja (lényegében bizonyítása), hogy ha az első dobás 1-es, akkor a következő kimenetelek lehetnek egyenlő valószínűséggel:

-három azonos: 111

-két azonos: 112, 113, 121, 131, 122, 133

-mindegyik más: 123, 132

Ezt a számítógépes szimulációd is bizonyítja. Szerintem jól működik a generátorod.

Előzmény: [590] Gézoo, 2013-01-14 22:11:11
[591] Gézoo2013-01-14 22:31:43

188.142.255.106 egy UPC előfizető. Nem én vagyok :)

Viszont elmondanád, hogy az ő felbontásában mi az a hiba ami miatt törlésre javasoltad?

Előzmény: [587] Maga Péter, 2013-01-14 20:32:21
[590] Gézoo2013-01-14 22:11:11

Mondjuk az a gond, hogy a "tesztelő" programok általában 3 alkalommal hívnak rnd függvényt egy-egy ciklusban 1-3 számok generálásakor. Viszont ezer ilyen ciklusban generálunk 3 db számot, akkor például 119 alkalommal csak egyetlen szám, 673 alkalommal kettő szám valamelyike, és csak 208 alkalommal generál 3 db eltérő számot. Így a lehetőségek 2/3-adában ugyanazt a két számot generálja, ezzel a cserés módszer nyerési esélyeit 2/3 körüli arányúra varázsolja. Újrafuttatom:

1sz. 119, 133, 125, 92 alkalommal

2sz. 673, 651, 651, 677

3sz. 208, 216, 224, 231

Nem ragozom tovább, a három generált számból 2/3 arányban ugyanazon két számot adja az RND függvény.

Ezt úgy is nevezhetnénk, hogy egy programhiba felhasználásával szimpla csalás annak a látszatnak a bizonygatása, hogy "a számítógépes szimuláció bizonyította".

Előzmény: [586] Maga Péter, 2013-01-14 19:53:52
[589] Róbert Gida2013-01-14 21:55:30

http://en.wikipedia.org/wiki/Linear_congruential_generator

Ez marha gyors, konstans időben ad egy újabb véletlen számot. Amikor kellenek véletlen számok, akkor szinte mindig ilyent használok.

Előzmény: [585] Gézoo, 2013-01-14 17:20:25
[588] Róbert Gida2013-01-14 21:43:06

Jól csináltad, "Friss változtatások" lapon látják is a nem jóváhagyott szerkesztéseket. Azonban csak megerősített szerkesztő tudja ezt jóváhagyni, sima mezei szerkesztő nem. Megerősített szerkesztő meg soha nem voltam. Szerintem ezzel csak a Wikipédia fejlődését lassítják.

Előzmény: [587] Maga Péter, 2013-01-14 20:32:21
[587] Maga Péter2013-01-14 20:32:21

Sajnos valaki a wiki oldalra is felírt egy Paradoxon cálfolatát. Töröltem az egészet, ha valaki wiki szerkesztő, jóvá hagyhatná.

Sajnos nem tudom, hogy egyáltalán átfut-e. Amikor anno a \pi-ről eszközöltem egy javítást, akkor ott megjegyzésben el tudtam magyarázni, hogy mi van rosszul. De itt most azon kívül, hogy 'ostobaság az egész', nem tudtam kifejteni. Mi ilyenkor egyébként a teendő? Róbert Gida, te már szerkesztettél nekik, ugye? Mit csinál az ember, ha egy komplett pontot meg akar semmisíteni?

[586] Maga Péter2013-01-14 19:53:52

Most akkor pontosan mit csináltál?

Hány számot generáltál 1 és 100 között? Százat vagy százezret? Ha százat, akkor teljesen reális, hogy nem kaptál meg mindent, és hogy 38 kimaradt.

Előzmény: [585] Gézoo, 2013-01-14 17:20:25
[585] Gézoo2013-01-14 17:20:25

Egy kis segítség kellene.

Nincs véletlenül valakinek egy valódihoz közel álló egyenletes eloszlású véletlen számot generáló algoritmusa?

Kipróbáltam több programnyelv RND függvényét és 100 generált 1-100 közötti tartományú számból átlagban 38 százalékát a számoknak sohasem generálják, helyette ilyen arányban ismételgetnek. Vannak olyan számok amiket 4-5-ször is. (100 000 szám generálás alatt értettem., Azaz generáltattam többször 100 000 db számot 1-100 tartományban és a számok egy része nem került generálásra egyszer sem. )

Így nem igazán tekinthető egyenletes eloszlásúnak az RND függvények adta álvéletlen szám.

Előre is köszönöm!

[584] Gézoo2013-01-14 13:36:27

Hú, de szép munka!

Csak nem egészen tudom követni így elvben ugyanaz szerepel rajta mint azon amit lentebb kibontottam?

Előzmény: [583] Fálesz Mihály, 2013-01-14 13:05:50
[583] Fálesz Mihály2013-01-14 13:05:50

Lerajzoltam nektek a játék lehetséges meneteit.

Először csak a három üres függöny van.

Utána a műsorvezető, mondjuk 1/3-1/3-1/3 eséllyel, elrendezi az autót valahova.

Utána a játekos, szintén 1/3-1/3-1/3 eséllyel, rámutat valamelyik függünyre. Zölddel jelöltem azt, amire rámutatott.

Ezután a műsorvezető a másik kettő közül kinyit egy olyan függönyt, ami mögött kecske van. Ezt jelöltem pirossal. Ha a játékos az autót tartalmazó függönyt választotta, akkor a műsorvezető fele-fele eséllyel választja valamelyik függönyt.

* * *

Ezután jöjjön egy gondolatkísérlet. 18 (vagy éppen 18ezer, ha tecc) játszik. Az egyes álapotokhoz odaírtam, hogy a játékosok közül kb. hány(ezer) kerül az illető szituációba.

6 (6ezer) játékos esetében az a jó döntés, hogy marad. 12 (12ezer) esetben pedig az a jó döntés, ha a harmadik függönyt választja inkább.

Ez nem mond ellent annak, hogy a kétféle végállapotból ugyanannyi, hat-hat darab van. Ugyanis a különöző végállapotok külöböző gyakorisággal fordulnak elő. Nem az ilyen vagy olyan esetek/végállapotok száma számít, hanem a gyakoriságok (valószínűségek) összege.

[582] Gézoo2013-01-14 09:31:38

Oké,

Tehát akk kak kka

akk felbontva akn ank

kak felbontva kan nak

kka felbontva kna nka

Tovább bontások:

akk felbontva

akn

1 a választható k

2 k v. a

ank

1 a v. k

3 k v. a

kak felbontva

kan

1 k v. a

2 a v. k

nak

2 a v. k

3 k v. a

kka felbontva

kna

1 k v. a

3 a v. k

nka

2 k v. a

3 a v. k

Így gondoltad a felbontást? ( A "v." a választható rövidítése.)

Előzmény: [581] Maga Péter, 2013-01-13 19:36:55
[581] Maga Péter2013-01-13 19:36:55

,,Tehát a nem kiválasztható függönyök: 1,2,3 esetben 1,2,3 választáskor 2,3,1 helyről a kecskét'' Akkor ezt rögzítsük! Tehát ha a az autó az a) 1., b) 2., c) 3. függöny mögött van, és a játékos az a) 1., b) 2., c) 3. függönyre tippel először, akkor a műsorvezető az a) 2., b) 3., c) 1. függöny mögötti kecskét mutatja meg.

A műsorvezető borítékja tehát azt mondja, hogy

Ha az autó az 1-es függöny mögött van, és a játékos először az 1-est választja, akkor én a 2.-at mutatom meg neki.
Ha az autó a 2-es függöny mögött van, és a játékos először a 2-est választja, akkor én a 3.-at mutatom meg neki.
Ha az autó a 3-as függöny mögött van, és a játékos először a 3-ast választja, akkor én a 1.-t mutatom meg neki.

A többit már nem szükséges borítékolni, mert az már a játékszabályokból következik. Most vezesd végig újra az [574]-et: az akn, ank, kan, nak, kna, nka esetekben hányféle függöny választható.

Példa az akn-re: a 3-as függöny nem választható, mert az lett megmutatva. A 2-es függöny választható. Az 1-es függöny nem választható, mert ha az 1-est választanám, akkor a boríték első sora miatt ank jönne létre. Tehát 1 lehetőség az első tippre (2-es), az első tipp (2-es) megtartásával ebből 0 kedvező, az első tipp (2-es) megváltoztatásával (1-esre) 1 kedvező. Mi a helyzet a többiben? Vezesd végig, aztán összegzünk!

Előzmény: [580] Gézoo, 2013-01-13 19:11:24
[580] Gézoo2013-01-13 19:11:24

Nem egészen értem, hogy miért kérdezed, de legyen.

Tehát a nem kiválasztható függönyök: 1,2,3 esetben 1,2,3 választáskor 2,3,1 helyről a kecskét

ha 1.esetben 2. helyet választja akkor a 3. hely az 'n' ha 1.esetben 3. helyet választja akkor a 2. hely az 'n'

ha 2.esetben 1. helyet választja akkor a 3. hely az 'n' ha 2.esetben 3. helyet választja akkor a 1. hely az 'n'

ha 3.esetben 1. helyet választja akkor a 2. hely az 'n' ha 3.esetben 2. helyet választja akkor a 1. hely az 'n'

Erre gondoltál?

Előzmény: [579] Maga Péter, 2013-01-13 18:59:33
[579] Maga Péter2013-01-13 18:59:33

,,Vagyis úgy gondoltam, hogy akár az autó helyének ismeretében előre borítékolhatná a műsorvezető a mi 1,2,3 választásunkra adandó a válaszát, ezzel fizikálisan még az első jelölésünk előtt kizárhatná az n helyeket.'' Oké. Írj meg egy ilyen borítékolást!

Egy boríték tartalma a következőképpen néz ki:

Ha az autó az 1-es függöny mögött van, és a játékos először az 1-est választja, akkor én a ...-ot mutatom meg neki.
Ha az autó a 2-es függöny mögött van, és a játékos először a 2-est választja, akkor én a ...-ot mutatom meg neki.
Ha az autó a 3-as függöny mögött van, és a játékos először a 3-ast választja, akkor én a ...-ot mutatom meg neki.

Mást felesleges borítékolni, mert ha a játékos mást választ, mint ahol az autó van, akkor a műsorvezetőnek adott, mit kell kinyitnia.

Előzmény: [578] Gézoo, 2013-01-13 18:33:47
[578] Gézoo2013-01-13 18:33:47

Péter, nagyon szépen köszönöm a válaszaidat.

Ha jól értelek, (mint egy ellenőrzésképpen,) akkor az első jelölésnél kijelölünk egy függönyt, ekkor tegyük fel, hogy a műsorvezető is kijelöl egy nem autós függönyt és attól függetlenül, hogy megmutatja vagy sem (elhihetjük neki,) a maradékra váltunk akkor szintén 2/3 esélyre váltottunk. (Ezt csak azért kérdezem, mert valaki szerint csak a kecske megmutatása változtat a valószínűségi tartományon, a bemondásra ott van, az még nem.)

Az akk helyzet akn és ank felbontásával azt értem, hogy úgy értelmezed, mintha előre megmondaná a műsorvezető, hogy melyiket ne válasszuk.

Ezt én nem egészen úgy értettem, csak majdnem.

Hanem úgy, hogy ha az autó és valamelyik kecske közül választunk, akkor ezzel arra kényszerítjük a játékvezetőt, hogy a másik kecskét válassza.

Ezért ilyen "kényszerítős" helyzetből kettő van, az egyik az akn a másik az ank, vagyis a kiválasztással rákényszerítjük arra, hogy egyik kecskét elvegye a választhatók közül.

(A másik két kak és akk esetben is ehhez hasonlóan 2-2.)

Vagyis úgy gondoltam, hogy akár az autó helyének ismeretében előre borítékolhatná a műsorvezető a mi 1,2,3 választásunkra adandó a válaszát, ezzel fizikálisan még az első jelölésünk előtt kizárhatná az n helyeket.

Ezzel a választási lehetőségeink variációinak számát 12 lehetőségre előre beállítaná, korlátozná a 18 lehetőségről.

Vagyis mi csak azt hisszük, hogy mind a 18 lehetőség a rendelkezésre áll azaz minden eloszlásnál 3-3 lehetőség közül választhatunk, de ez nem érvényes,

mert a borítékolással előre rögzíthető az általunk választható 12 hely. És miért ne írhatná elő a producer az 1,2,3, válaszokra adandó 'n' helyeket, vagyis semmi okunk nincs arra, hogy a 12 lehetőség helyett a 18 választási lehetőséget tekintsük valós lehetőségnek. Sőt! Éppen az előre eldönthetőség okán nem fogadható el 12-nél több választási lehetőség.

És az igaz, hogy mi ezt 1,2,3 azaz három választással azt hihetjük, hogy 6*3=18 választási lehetőségünk van, de mivel a háromból kettő mindig egyenértékű választás ezért nem tekinthető ténylegesen különálló választásnak.

Mert ugye ha például egy vasaló lenne az egyik kecske helyén, akkor ténylegesen mindegyik függönyre 1/3 esély jutna.

Szóval értem én, sőt nagyon szépen köszönöm a válaszodat, de elfogadni nem tudom. Ehhez kellene valamilyen meggyőző levezetés ami igazolja, hogy a feltételezett 1/3+1/3+1/3 az valós.

Előzmény: [577] Maga Péter, 2013-01-13 16:11:51
[577] Maga Péter2013-01-13 16:11:51

,,(...) szeretném belátni azt is, hogy helyesen feltételeztél''

Az [568]-ra gondolsz, ebben két feltételezéssel élek.

Az egyik, hogy P(D|A)=1/2, nem komoly feltételezés, írtam is, hogy tetszőleges P(D|A)=x, ahol 0\leqx\leq1 ugyanarra vezet: változtatni a kezdeti tippen ugyanúgy megéri. Ezt el is hiheted, ellenőrizheted is magadnak, de én is felírhatom, tényleg csak egy kevés többletszámolás.

A másik feltételezésem, hogy P(A)=P(B)=P(C)=1/3. Ez csak annyi, hogy eleve mindhárom függöny mögött ugyanakkora valószínűséggel van az autó. Gondolom, ebben egyetértünk (te is mindig ezzel a feltételezéssel élsz: ld. például az ank, akn, kan, nak, kna, nka esetszétválasztásodat, ahol minden helyen ugyanannyiszor volt az autó). De itt sem kell élni ezzel a feltételezéssel. Csak annyi kell, hogy A,B,C közül mindig pontosan az egyik következik be (az autó mindig van valahol, és pontosan egy helyen). Ugyanúgy 2/3 eséllyel viszem az autót, ha a második tippemben az elsőt megváltoztatom -- feltéve, hogy beépítek plusz egy trükköt. Elsőre nem törvényszerűen az 1-es függönyt választom, hanem véletlenszerűen választok a függönyök közül (mondjuk beviszek egy szabályos dobókockát, és dobok vele: 1, 4 az 1-es, 2, 5 a 2-es, 3, 6 a 3-as függönyt jelölik ki -- Rózsa Gyuri ezt hagyja, mert azt hiszi, csak kabala). Másodjára pedig megváltoztatom az elsőre választott függönyt. És 2/3 eséllyel nyerek.

Ha igényled, akkor felírom a számolást teljes általánosságban, és akkor teljesen kiszorítok minden feltételezést [568]-ból.

Kivéve persze a feltételes valószínűséget. De ez nem az én feltételezésem, hanem egy fogalom, aminek ez a neve. Hívhatjuk megszorított valószínűségnek is.

Előzmény: [574] Gézoo, 2013-01-13 08:00:24
[576] Maga Péter2013-01-13 15:21:30

,,akn esetben választható 1,2 függöny választható, ez nem három hanem 2 lehetőség''

1.

Nem arról van szó, hogy van akn, és akkor én (=játékos) csak 1-est és a 2-est választhatom. Én az első lépésben akármelyiket választhatom, és a maradék kettő közül lesz az egyik az n. És ez a sorrendiség igenis számít. Ha a műsorvezető helyből elvenné a 3-as függönyt, akkor tényleg 1/2 esélyem lenne, mert mindegy, hogy megtartok vagy változtatok, úgyis az számít, amit másodjára kérek. Ebben az esetben tényleg arról lenne szó, hogy van 1 autó + 2 kecske - 1 kecske = 1 autó + 1 kecske, és ezek közül kell választanom, minden információ nélkül. Ez egy olyan játék lenne, amiben a műsorvezető szabadon választ a két kecske közül, és az egyiket kivonja a forgalomból, én pedig az első tippemet már csak a maradék két függöny valamelyikére adhatom le.

A játékban azonban én a fent leírtnál szabadabb vagyok: a három függöny mindegyikére leadhatom az első tippemet. A műsorvezető pedig a fent leírtnál megkötöttebb: nem mindig választhatja meg, hogy melyik kecskét vonja ki a játékból (ugyanis ha nekem az első tippem kecskére irányult, akkor csak egyféleképp cselekedhet).

-----

2.

Másképpen szólva, abban igazad van, hogy akn két lehetőséget rejt magában, ugyanis ha a végállás az, hogy akn, akkor én biztosan vagy az 1-es, vagy a 2-es függönyt választottam először. Azonban ezek nem egyformán valószínűek. Ugyanis ha én az 1-est választottam először, akkor akn jött létre 1/2 valószínűséggel, de 1/2 valószínűséggel ank is kialakulhatott volna (nem ez alakult ki, de megtörténhetett volna, és ezt nem lehet figyelmen kívül hagyni). Ha pedig a 2-est választottam először, akkor csakis az akn jöhetett létre (hiszen az 1-es alatt van az autó). Ha tehát kijött a végére az akn, akkor kétszer akkora valószínűséggel választottam elsőre a 2-es függönyt, mint az 1-est. Vagyis kétszer akkora valószínűséggel nyertem az első választásom megváltoztatásával, mint megtartásával. Még egyszer összefoglalásképp: ha az jött ki, hogy akn, akkor én valóban az 1-es vagy a 2-es függönyt választhattam, de ezek nem egyformán valószínűek; és akkor már nem használhatod a kedvező eset / összes eset formulát. (Mint amikor gyufás skatulyával kockázol: sokkal nagyobb az egyik legnagyobb lap valószínűsége, mint a kedvező/összes=1/6.)

-----

3.

Megint másképp fogalmazok. Azt, amikor 'az autó az 1-es függöny mögött van, és én az 1-es függönyt választom először (a műsorvezető még nem csinált semmit)', leszámolod akn és ank alatt is. De amikor 'az autó az 1-es függöny mögött van, és én a 2-es függönyt választom először (a műsorvezető még nem csinált semmit)', akkor azt csak egyszer számolod le, akn formában. Pedig ez két ugyanolyan valószínű esemény (a műsorvezető még nem nyilatkozott). Csak az egyikben később van egy elágazás (a műsorvezető kétféleképp is folytathatja), a másikban nincs elágazás (a műsorvezető csak egyféleképp folytathatja), és ezért az egyik kettőt, a másik csak egyet ér, amikor az összes esetet számolod. És egy ilyen után már nem használhatod a kedvező eset / összes eset képletet.

Hogy miért nem, azt egy (ismét nagyon egyszerű) játékkal talán szemléletesebbé tudok tenni. Van egy hatoldalú, szabályos dobókockád, az oldalak 1-től 6-ig megszámozva (minden úgy, ahogy szokott lenni), ezek egyformán valószínűek egy dobás esetén. Van egy pénzérméd is, azzal meg teljesen sztenderd, fej-vagy-írást lehet játszani. Ezekkel a következő játékot játsszuk. Dobunk a kockával, és ha páros az eredmény, akkor dobunk az érmével is. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a kockával 6-ost dobtunk?

Az összes eset:

1, ekkor az érmével nem dobunk; ebből 0 kedvező

2, aztán az érmével fej; 2, aztán az érmével írás; ebből 0 kedvező

3, ekkor az érmével nem dobunk; ebből 0 kedvező

4, aztán az érmével fej; 4, aztán az érmével írás; ebből 0 kedvező

5, ekkor az érmével nem dobunk; ebből 0 kedvező

6, aztán az érmével fej; 6, aztán az érmével írás; ebből 2 kedvező.

Összesen 9 eset, ebből 2 kedvező. Igaz-e, hogy a 6-os dobás valószínűsége 2/9? Nyilván nem.

Gondolhatod: de hát itt az érme nem befolyásolja, hogy 6-ost dobtunk-e. És ez pont így van a mi játékunkban is! A műsorvezető lépése nem befolyásolja az autó helyét (azt előre elhelyezik, ezután már nem helyezik át), sem a mi választásunkat. A műsorvezetőnek az autó helyének és a mi választásunknak összessége olyan, mint a példámban a kockadobás. Vagy kényszerpályára került, ekkor cselekszik aszerint, vagy még feldobhat egy érmét, és cselekszik annak eredménye szerint. Ezek után nem tehetjük meg azt, hogy '1-es autó, 1-es első választás'-t kétszer is beszámoljuk, '1-es autó, 2-es első választás'-t pedig csak egyszer, csupáncsak azért, mert az első esetben a műsorvezető még közben egy érmét is dobált.

Előzmény: [574] Gézoo, 2013-01-13 08:00:24
[575] Gézoo2013-01-13 09:57:04

Persze a teljes játékot is lejátszhatjuk:

****************

akk eset

akn

1 ncs 1 cs 0

2 ncs 0 cs 1

ank

1 ncs 1 cs 0

3 ncs 0 cs 1

*****************

kak eset

kan

1 ncs 0 cs 1

2 ncs 1 cs 0

nak

2 ncs 1 cs 0

3 ncs 0 cs 1

*****************

kka eset

kna

1 ncs 0 cs 1

3 ncs 1 cs 0

nka

2 ncs 0 cs 1

3 ncs 1 cs 0

Nekem úgy tűnik egyforma a cserél és a nem cserél esetben a nyeremények száma.

Előzmény: [574] Gézoo, 2013-01-13 08:00:24
[574] Gézoo2013-01-13 08:00:24

Péter, minden tiszteletem a levezetésedért, de szeretném belátni azt is, hogy helyesen feltételeztél. Nem a vita kedvéért, hanem a megértés kedvéért.

Van egy jobb ötletem, ne is válaszolj az előző két kérdésemre. Helyettük inkább segíts ebben az esetben:

Tehát van a=autó, k=bent maradó kecske, n=kivett kecske

ezeknek a variációi:

123 függöny mögött rendre: akn ank kan kna nak nka összes eloszlás lehetséges.

Nekem úgy tűnik, hogy az 'n' esetek nem választhatók. Vagyis a valósan választható lehetőségek száma így:

123 függöny

akn esetben választható 1,2 függöny választható, ez nem három hanem 2 lehetőség

ank esetben választható 1,3 függöny választható, ez nem három hanem 2 lehetőség

kan esetben választható 1,2 függöny választható, ez nem három hanem 2 lehetőség

kna esetben választható 1,3 függöny választható, ez nem három hanem 2 lehetőség

nak esetben választható 2,3 függöny választható, ez nem három hanem 2 lehetőség

nka esetben választható 2,3 függöny választható, ez nem három hanem 2 lehetőség

Vagyis minden eloszlásnál és minden választásnál nem három, hanem 2-2 választható lehetőség van, összesen 12 valósan kiválasztható és 6 nem kiválasztható lehetőség van.

Még mindig úgy gondolod, hogy 1/3 eséllyel választhatunk autót?

Előzmény: [568] Maga Péter, 2013-01-12 22:46:51
[573] Gézoo2013-01-13 07:00:49

Az a gyanúm, hogy a bennmaradó és a kiveendő kecskét két külön értékként külön valószínűséggel kezeled. Ezért feltételezel egyformán mindkettőnek 1/3-1/3 esélyt.

Pedig a szabály egyértelmű, csak egy maradhat. Bármelyiket veszik ki, a másik marad. Bármelyik vesz részt az autó vagy kecske választásban a másik a kivétellel csak egy kecske a kiválasztható.

Miután 1 kecskét még akkor is kivesznek, ha az autót és akkor is ha kecskét választottunk. Tehát a választásunktól függetlenül 1 kecskét mindenképpen kivesznek.

Tehát a leendő első választásunk majdani eredményétől függetlenül csak egy kecske és egy autó között választhatunk.

Látványosabb legyen, számozzuk be a kecskéket, legyen 1-es és 2-es. Mekkora az esélye annak, hogy az 1-es kecskét választhatjuk? 1/3 ? Mekkora az esélye annak, hogy a 2-es kecskét választhatjuk? 1/3 ? Mekkora az esélye annak, hogy az autót (viccesen a 3-as kecskét) választhatjuk? 1/3 ?

Mekkora az esélye annak, hogy a nem kiválasztott kecske bennmarad? 0

Mekkora az esélye annak, hogy 1 kecske és 1 autó marad bent a választásunktól függetlenül?

Így mekkora az esélyünk az 1 kecske és az 1 autótól eltérő választásra? 0

Mint nem matematikus, én azt mondanám, hogy a valószínűségi teret a műsorvezető beavatkozása előre megváltoztatja és ezt nem hagyhatjuk figyelmen kívül.

Szóval nagyon kíváncsi vagyok annak a bizonyítására és nem feltételezésére, hogy a leendő első választás eredményétől függetlenül, valóban 1/3 eséllyel választjuk az autót.

Előzmény: [569] Maga Péter, 2013-01-12 23:15:34
[572] Gézoo2013-01-13 06:37:35

Péter, ez eléggé tetszetős.

Most bontsuk elemeire. Kezdetben vegyük ki az autót - csak a példa kedvéért.- Mekkora az eshetősége annak, hogy nem kecske marad a nem kiválasztott függöny mögött? P=0 Lehetséges olyan választás amelyikben ne kecskét válasszunk? Gondolom, hogy nem, mert P=1 Ez az alaphelyzet, akkor is ha bármelyik függönyt választjuk. Mert a műsorvezető kiveszi az egyik kecskét, arra a kecskére nézve P=1 valószínűséggel. Ezért már az első választás előtt nem két kecske, hanem csak egy kecske választható. Ehhez kapunk olyan függönyt ahol szintén P=1 valószínűséggel autó van. Kiválaszthatunk olyan helyzetet ahol nem 1 autó +1 kecske van?

Ezt a szabályt induláskor ismerve, nem két kecske és egy autó, hanem egy kecske és egy autó között választunk.

Arra kértelek, hogy a feltevést, hogy a kezdeti feltétel valóban 1/3 és nem 1/2 igazold levezetéssel.

Mint olvasom hamarosan gratulálhatunk neked PhD-hez, így valószínűsítem nem jelent gondot annak az igazolása, hogy a kezdeti feltevés helyett levezetéssel kapjuk meg az 1/3 arányt.

Előzmény: [568] Maga Péter, 2013-01-12 22:46:51
[571] Hajba Károly2013-01-13 00:19:59

Félek, hogy ezt a sok ákom-bákomot, amit itt összehordtál, nem fogja érteni.

:o)

Előzmény: [568] Maga Péter, 2013-01-12 22:46:51

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]