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.
[601] Maga Péter2013-01-15 10:07:42

,,"Az első táblázata a felette levő táblázatot hivatott cáfolni ('nem is három, hanem négy lehetőség van'), azt nem érti, hogy a négysorosban az utolsó két sor azonos valószínűségű, és csak összesen adnak annyit, mint az első vagy a második sor önmagában."

,,Oké, mivel igazolható az állításod?'' Ld. [568] és az [577]-ben hozzá fűzött megjegyzés (utóbbi azért, mert [574]-ben megkérdezted, hogy mivel magyarázom a kezdeti feltételezéseimet, amit [568]-ban teszek: a válasz az, hogy csak az egyszerűség kedvéért, hogy rövidebb legyen a számolás, de ezen feltételezések nélkül is egy kicsit hosszabb számolás ugyanerre vezet).

-----

Én dobok egy kockával. A játékvezetőnél van egy érme. Ha 1-est vagy 2-est dobok, a játékvezető nem dob az érmével, csak kijelenti, hogy az eredmény fej. Ha 3-ast vagy 4-est dobok, a játékvezető nem dob az érmével, csak kijelenti, hogy az eredmény írás. Ha 5-öst vagy 6-ost dobok, akkor a játékvezető dob is az érméjével. Akkor nyerek, ha 1-est, 2-est, 3-ast vagy 4-est dobok, kérdés: mi a valószínűsége ennek?

Az egyik táblázat:

a kocka eredménye 1 vagy 2 az érme eredménye fej nyertem
a kocka eredménye 3 vagy 4 az érme eredménye írás nyertem
a kocka eredménye 5 vagy 6 az érme eredménye fej vagy írás vesztettem

A nyerés valószínűsége ezek szerint 2/3.

A másik táblázat:

a kocka eredménye 1 vagy 2 az érme eredménye fej nyertem
a kocka eredménye 3 vagy 4 az érme eredménye írás nyertem
a kocka eredménye 5 vagy 6 az érme eredménye fej vesztettem
a kocka eredménye 5 vagy 6 az érme eredménye írás vesztettem

A nyerés valószínűsége ezek szerint 1/2.

Melyik a valóság szerinted? Komolyan kérdezem.

Előzmény: [598] Gézoo, 2013-01-15 09:13:50
[600] Lóczi Lajos2013-01-15 09:38:10

A "2-őt" helyett én inkább maradnék a "2-t"alaknál.

Előzmény: [594] Alma, 2013-01-15 00:24:06
[599] Gézoo2013-01-15 09:22:41

Ahhoz, hogy 1,2,3 mindegyikére teljesülhessen az egyenletes eloszlás minimum 27 alkalommal kellene generálni a számhármast. (És az egész számú többszörösei-szer.) Ezt nyilván tudod. Gondolom azt is, hogy 27 nem páros szám, így minimum 54 generálás kell ahhoz, hogy a műsorvezető 27 k1-et és 27 k2-t választhasson. Sajnos egyik program sem tartalmaz semmiféle olyan részletet amitől bármelyik is a minimum feltételt teljesíthetné. Ezért nem kellene a programok adta eleve hibás eredmények emlegetésével próbálkozni.

Előzmény: [597] Maga Péter, 2013-01-15 08:52:21
[598] Gézoo2013-01-15 09:13:50

"Az első táblázata a felette levő táblázatot hivatott cáfolni ('nem is három, hanem négy lehetőség van'), azt nem érti, hogy a négysorosban az utolsó két sor azonos valószínűségű, és csak összesen adnak annyit, mint az első vagy a második sor önmagában."

Oké, mivel igazolható az állításod? Hány választás kell ahhoz, hogy a játékvezető egyenlő számban választhasson k1 és k2 között? Miközben a játékos egyenlő 1/3-1/3-1/3 eséllyel választhasson, hány ciklust kell kötelezően lejátszani?

Nekem úgy tűnik, hogy a cikk írójának van igaza, választhatja abban az esetben is az 'a' kezdetet a játékos amikor utána a műsorvezető k1-et és akkor is amikor k2-t választja.

Természetesen ha elfogadható okot tudsz arra, hogy miért nem helyes, akkor elfogadom. De nagyon szépen kérlek ne szúrd ki a szemem azzal a szöveggel, hogy ha értenél hozzá és azzal sem, hogy a szimuláló program milyen eredményt mutat.

Helyette konkrétan írd le az indoklás és azt, hogy hányszor kell lejátszani a játékot ahhoz, hogy az egyenletes eloszlás minimum egyszer teljesülhessen a teljes játékra.

Köszönöm szépen.

Előzmény: [596] Maga Péter, 2013-01-15 08:19:13
[597] Maga Péter2013-01-15 08:52:21

Mit ad a programod akkor, amikor 1000 db számot generálsz az 1, 2, 3 számok közül? Hány 1-es, hány 2-es, hány 3-as számod lesz?

Tehát nem ezerszer generálsz 3 db számot, hanem egyszer ezret (az 1, 2, 3 közül).

Előzmény: [595] Gézoo, 2013-01-15 00:48:30
[596] Maga Péter2013-01-15 08:19:13

Paradoxon cáfolatán (általában) a következőt értjük. Zénónnál van az a paradoxon, hogy 'a nyíl sohasem ér célba, mert először megteszi az út felét, aztán a hátralevő út felét, és így tovább, végtelen sokszor megteszi a hátralevő út felét, azaz megteszi az út 1/2, 1/4, 1/8,... részét, ez végtelen sok szám, amiknek az összege nem lehet véges. Tehát a nyíl sohasem ér célba.' A paradoxon tehát az, hogy a számolgatás olyat ad, ami ellentmond az intuíciónak (és a valóságos tapasztalatnak is). A cáfolat az, hogy megfogjuk a hibás lépést: valójában lehet végtelen sok szám összege véges.

A Monty Hall esetében azt hívjuk paradoxonnak, hogy az intuícióval (hogy mindegy, hogy változtatunk-e, mindenképpen 50 százalék esélyünk van) szemben a számolás (csakúgy egy mélyebb belegondolás) azt mutatja, hogy megéri váltani. Tehát a Monty Hall esetében a paradoxon kimenetele fordított, az intuíció veszít, a logikai trükközgetés győz. A valóság -- ami végső soron mindent eldönt -- is ezt igazolja, mindenféle szimuláció látványosan mutatja a váltás fölényét (és gyanítom, Rózsa Gyuri Zsákbamacskája is, bár nem tudok statisztikát felmutatni; az eredeti Monty Hall játékban a wiki szerint nem lehetett váltani, az csak az elnevezést adta:)).

Ha valaki itt cáfolatot emleget, az már árulkodó. Nyilván azt hiszi, hogy mint Zénón mozgási paradoxonai esetében (a nyílhoz hasonlót többet is legyártott), a Monty Hall esetében is a bonyolult logikai útvesztőben kell megtalálnia a hibát. Nincs szerencséje, nincs benne.

De ezen felül két táblázatból áll az egész. Az első táblázata a felette levő táblázatot hivatott cáfolni ('nem is három, hanem négy lehetőség van'), azt nem érti, hogy a négysorosban az utolsó két sor azonos valószínűségű, és csak összesen adnak annyit, mint az első vagy a második sor önmagában. Ekvivalensek is, ezért kerültek összevonásra. (Egyébként a háromsoros táblázat jelzi is, hogy a harmadik sorában még van egy elágazás.)

A második táblázata még nagyobb vicc. A hivatkozások között szereplő programra cáfol rá azzal, hogy 'abban vannak azonos sorok'. Még arra sem jött rá, hogy ez egy konkrét teszt, ami (mivel 12-nél több játékot tartalmaz) természetesen bőven tartalmaz azonos sorokat. Ha az 'ismétlődéseket kiszűri', ahogy írja, akkor éppen a gyakoriságtól (a valószínűség statisztikai megnyilvánulásától) szabadul meg.

Nincs konkrét hiba bennük. Csak az a gond, hogy semmi közük a probléma valószínűségi kezeléséhez, szimplán felsorolják az összes esetet két értelemben is, azzal a nem is titkolt céllal, hogy az oldal két másik, igazi (értendő: a problémát valóban megértő) táblázatának igazságát kétségbe vonják. Mivel ez rontja az oldal koherenciáját, csökkenti az információtartalmát (aki odatéved, nem ért hozzá, nem fogja tudni, melyik az igazság, ha lát egy nagy rakat magyarázatot, aztán meg arra, hogy ezek miért rosszak). Ezért javasoltam törlésre (főleg a második miatt, nem szeretem a néphülyítést).

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

  [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]