3-krotny rzut symetryczną kostką

[matematix]

Rzucamy trzy razy sześcienną kostką. Każdemu wynikowi przyporządkowano długości trzech odcinków. Jakie jest prawdopodobieństwo tego, że z uzyskanych odcinków będzie można skonstruować trójkąt?

[Crazy Driver]

Po pierwsze, trzeba uwzględnić rozróżnialność rzutów, wobec której każda permutacja danej trójki daje inne rozwiązanie. Po drugie, to bynajmniej nie są wszystkie trójki, z których można zbudować trójkąt. Ze względu na różną liczbę permutacji będziemy przy zliczaniu odróżniać trójki wyznaczające trójkąt różnoboczny od wyznaczających trójkąt równoramienny, ale nie równoboczny, i tych wyznaczających równoboczny. Najlepiej wypisywać je jako ciągi nierosnące, to niczego nie zgubimy.

Równobocznych jest \(6\), bo każda trójka \((a,a,a)\) wyznacza trójkąt.

Równoramienne: \((6,6,5),(6,6,4),(6,6,3),(6,6,2),(6,6,1),(6,5,5),(6,4,4),\\(5,5,4),(5,5,3),(5,5,2),(5,5,1),(5,4,4),(5,3,3),\)
\((4,4,3),(4,4,2),(4,4,1),(4,3,3),(3,3,2),(3,3,1),(3,2,2)\).

Różnoboczne: \((6,5,4),(6,5,3),(6,5,2),(6,4,3),(5,4,3),(5,4,2),(4,3,2)\)

Trójkę wyznaczającą trójkąt równoramienny możemy spermutować na \(3\) sposoby, a różnoboczny na \(6\). Stąd

\(|A|=6+20\cdot3+7\cdot6=108\)

[matematix]

Nie wiem czy to błąd w odpowiedziach ale wynik ma wyjść :\(\frac{19}{36}\)

[Crazy Driver]

Taki wynik wyszedłby, gdyby brakowało nam jednej trójki różnobocznej lub dwóch równoramiennych. Niestety nie widzę, czego miałoby brakować. Mój sposób wypisywania był bardzo usystematyzowany - właśnie tak, żeby niczego nie zgubić. Najlepszy byłby program, który wypisałby wszystkie wyniki i policzył je.

[Crazy Driver]

Dobra, właśnie się zorientowałem, że zabrakło \((2,2,1)\). Jak znajdziemy jeszcze jedną brakującą trójkę równoramienną, wynik będzie zgodny z odpowiedzią.

[Crazy Driver]

Kilka nowości co do starego już tematu:

1. Wynik \(|A|=6\cdot7+3\cdot21+6=111\) jest poprawny. Wówczas \(\mathbb{P}(A)=\tfrac{111}{216}=\tfrac{37}{72}\). Trafiłem na ciekawe materiały dotyczące zliczania trójkątów. Jeśli \(n\) jest liczbą parzystą, to ze zbioru odcinków o długościach \(\left\{1,2,\ldots,n \right\}\) można zbudować:

\(\tfrac1{24}n(n-2)(2n-5)\) trójkątów różnobocznych,

\(\tfrac34n^2-n\) trójkątów równoramiennych, które nie są równoboczne

\(n\) trójkątów równobocznych.


Po podstawieniu \(n=6\) widać, że się zgadza.

Z kolei dla \(n\) nieparzystego mamy odpowiednio:

\(\tfrac1{24}(n-1)(n-3)(2n-1)\),

\(\tfrac34n^2-n+\tfrac14\),

\(n\).

Powyższe wzory mówią też o tym, jak dużą część wszystkich trójek uporządkowanych ze zbioru \(\left\{1,2,\ldots,n \right\}\) stanowią trójki, z których można zbudować trójkąt. Prawdopodobieństwo wylosowania takiego trójkąta zbiega do \(\tfrac13\).

[śleper]

82588083

⛛

Wydaje się - mi się wydaje - że z FPW KDP próba rozwiązania określonego problemu, jest całkowicie nieuzasadniona.
powód.
Brak Df przestrzeni zdarzeń elementarnych.
skąd
Prawdopodbieństwo jest nieoznaczone.

[Crazy Driver]

Że co?

[śleper]

przez śleper » Wczoraj, 16:07

82588083

…że patrz jw.
No comment - ⛛

[Crazy Driver]

To szkoda, że "no comment". Skoro kwestionujesz poprawność czyjegoś rozumowania, to w dobrym tonie byłoby uzasadnić to dokładnie, tak, żeby druga strona zrozumiała, o co Ci chodzi. A ja nie rozumiem. Nie wiem, co to znaczy "FPW" i "KDP". Zgaduję, że napis "Df" oznacza 'definicję'. Jeśli więc chodzi o problemy natury formalnej, odpowiadam: Chodzi o losowanie kolejno ze zwracaniem trzech liczb ze zbioru \(\left\{1,2,\ldots,n \right\}\), co prowadzi do przyjęcia Omegi jako zbioru wszystkich trójek uporządkowanych ze zbioru \(\left\{1,2,\ldots,n \right\}\) i (w zupełnie naturalny sposób) określenia na nim prawdopodobieństwa klasycznego.

[goodrrz1234]

Jeśli formuła nie jest dobrym pomysłem, to wciąż niejasne.

โปรโมชั่น sbo