Dwóch graczy A i B

Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
martinex456
Witam na forum
Witam na forum
Posty: 1
Rejestracja: 01 kwie 2024, 19:37
Płeć:

Dwóch graczy A i B

Post autor: martinex456 »

Cześć mam problem z rozwiązaniem tych zadań proszę o pomoc z góry dziękuje

1.Dwóch graczy A i B rzuca na zmiane symetryczna moneta. Wygrywa
ten z nich, który jako pierwszy wyrzuci orła. Opisz przestrzen zdarzen
elementarnych. Oblicz prawdopodobienstwo wygranej dla kazdego z tych graczy.

2. Trzej wiezniowie A, B, C czekaja na egzekucje w wiezieniu.
Przed wyborami prezydent postanowił ułaskawic jednego z nich. Wiadomosc
ta dotarła do wiezniów. Wiezien A postanowił podpytac straznika, który
z nich zostanie uwolniony. Straznik nie chcac stracic pracy powiedział, ze
tego mu nie moze powiedziec, ale moze mu zdradzic, ze wiezien C zostanie
stracony. Wiezien A ucieszył sie, ze jego szanse wzrosły do 1/2. Czy miał racje?

3. W czasie gry w brydza widzimy, ze nie dostalismy ani jednego
asa. Jakie jest prawdopodobienstwo, ze nasz partner tez nie dostał zadnego
asa?

4 Pewien matematyk nosi w kieszeni (lewej i prawej) po jednym pudełku zapałek. Ilekroc chce zapalic
papierosa siega do losowo wybranej kieszeni. Jaka jest szansa na to, ze gdy
po raz pierwszy wyciagnie puste pudełko to w drugim bedzie k zapałek?
(k = 1, 2, 3, ...,m gdzie m jest liczba zapałek w pełnym pudełku. Zakładamy,
ze poczatkowo matematyk ma 2 pełne pudełka.)

5. Rzucamy szescienna kostka a nastepnie symetryczna moneta tyle
razy, ile wypadło oczek na kostce. Oblicz prawdopodobienstwo:
a) wyrzucenia 3 orłów,
b) wyrzucenia 6 oczek, jesli wypadły 3 orły,
c) wyrzucenia 6 oczek, jesli nie wypadł ani jeden orzeł.

6.Dwaj gracze A i B rzucaja na zmiane kostka symetryczna. Wygrywa ten z nich, który jako pierwszy wyrzuci 6. Korzystajac z wzoru na prawdopodobienstwo całkowite, oblicz prawdopodobienstwo wygranej dla kazdego
z graczy
Awatar użytkownika
Jerry
Expert
Expert
Posty: 3512
Rejestracja: 18 maja 2009, 09:23
Podziękowania: 50 razy
Otrzymane podziękowania: 1923 razy

Re: Dwóch graczy A i B

Post autor: Jerry »

martinex456 pisze: 01 kwie 2024, 19:45 1.Dwóch graczy A i B rzuca na zmiane symetryczna moneta. Wygrywa
ten z nich, który jako pierwszy wyrzuci orła. Opisz przestrzen zdarzen
elementarnych. Oblicz prawdopodobienstwo wygranej dla kazdego z tych graczy.
\(p(A)={1\over2}+{1\over2}\cdot{1\over2}\cdot{1\over2}+{1\over2}\cdot{1\over2}\cdot{1\over2}\cdot{1\over2}\cdot{1\over2}+\ldots=\dfrac{{1\over2}}{1-{1\over4}}={2\over3}\\
p(B)=1-p(A)={1\over3}\)
Pozdrawiam
Awatar użytkownika
Jerry
Expert
Expert
Posty: 3512
Rejestracja: 18 maja 2009, 09:23
Podziękowania: 50 razy
Otrzymane podziękowania: 1923 razy

Re: Dwóch graczy A i B

Post autor: Jerry »

martinex456 pisze: 01 kwie 2024, 19:45 3. W czasie gry w brydza widzimy, ze nie dostalismy ani jednego asa. Jakie jest prawdopodobienstwo, ze nasz partner tez nie dostał zadnego asa?
\(p(A)=\dfrac{{35\choose13}}{{39\choose13}}=\ldots\)

Pozdrawiam
Awatar użytkownika
Jerry
Expert
Expert
Posty: 3512
Rejestracja: 18 maja 2009, 09:23
Podziękowania: 50 razy
Otrzymane podziękowania: 1923 razy

Re: Dwóch graczy A i B

Post autor: Jerry »

martinex456 pisze: 01 kwie 2024, 19:45 6.Dwaj gracze A i B rzucaja na zmiane kostka symetryczna. Wygrywa ten z nich, który jako pierwszy wyrzuci 6. Korzystajac z wzoru na prawdopodobienstwo całkowite, oblicz prawdopodobienstwo wygranej dla kazdego z graczy
\(p(A)={1\over6}+{5\over6}\cdot{5\over6}\cdot{1\over6}+{5\over6}\cdot{5\over6}\cdot{5\over6}\cdot{5\over6}\cdot{1\over6}+\ldots=\dfrac{{1\over6}}{1-{25\over36}}=\ldots\\
p(B)=1-p(A)=\ldots\)
Pozdrawiam
janusz55
Fachowiec
Fachowiec
Posty: 1512
Rejestracja: 01 sty 2021, 10:38
Podziękowania: 1 raz
Otrzymane podziękowania: 399 razy

Re: Dwóch graczy A i B

Post autor: janusz55 »

Zadanie 1

Wykorzystamy fakt, że jeśli w dwóch rzutach monetą nikt z graczy nie wygrał, sytuacja jest identyczna jak na początku gry (znowu każdy z graczy A, B ma takie same szanse na wygraną).

Niech \( p_{A} \) oznacza wygraną gracza A.

W pierwszej grze gracz A wygrywa z prawdopodobieństwem \( p\) i z prawdopodobieństwem \( 1 − p \) gra toczy sie dalej.

Następnie, jeśli gracz B nie wygra, co zdarzy się z prawdopodobieństwem \( 1- p \) - gracze wracają do początkowych szans na wygraną.

Stąd

\( p_{A}= p+ (1-p)\cdot ((1-p)\cdot p_{A}) = p + (1-p)^2\cdot p_{A} \)

\( p_{A} = \frac{p}{1 - (1-p)^2}.\)

Aby obliczyć prawdopodobieństwo wygrania gracza B, wystarczy zauważyć, że jeśli w pierwszej grze wypadnie reszka to

\( p_{B} = (1-p)\cdot p_{A} = \frac{(1-p)\cdot p}{1 -(1-p)^2}. \)

Dla \( p = \frac{1}{2} :\)

\( p_{A} = \frac{4}{6}= \frac{2}{3}, \ \ p_{B} = \frac{2}{6}= \frac{1}{3}.\)
maria19
Stały bywalec
Stały bywalec
Posty: 368
Rejestracja: 31 maja 2019, 19:32
Podziękowania: 346 razy
Otrzymane podziękowania: 95 razy

Re: Dwóch graczy A i B

Post autor: maria19 »

Nowicjusz złamał pkt.14 regulaminu forum ale co tam..to juz dawno przestało byc zabawne. Teraz janusz vel zaskronczyk vel Michael vel Biedny vel okomo vel.. będzie prezentował swoje poprawione wersje rozwiązań.
janusz55
Fachowiec
Fachowiec
Posty: 1512
Rejestracja: 01 sty 2021, 10:38
Podziękowania: 1 raz
Otrzymane podziękowania: 399 razy

Re: Dwóch graczy A i B

Post autor: janusz55 »

Zadanie 2

Rozważane w zadaniu doświadczenie losowe jest dwuetapowe:

W pierwszym etapie jest wyznaczenie do stracenia następnego dnia jednego z trzech więźniów, każdy z prawdopodobieństwem \( \frac{1}{3}.\)

Drugim etapem jest oświadczenie strażnika, kto nie będzie stracony, zgodnie z prośbą więźnia A.

Wynik doświadczenia dwuetapowego składa się z dwóch wyników kolejnych doświadczeń cząstkowych, a jego prawdopodobieństwo jest iloczynem prawdopodobieństw tych wyników.

Niech \( a, \ \ b,\ \ c \) oznaczają odpowiednio wyznaczenie do stracenia więźnia \( A, B, C \) i \( b', c' \) oznaczają, że strażnik oświadczył więźniowi A, iż nie będzie stracony odpowiednio \( B \) i \( C. \)

Mamy obliczyć prawdopodobieństwa warunkowe \( P(A|B^{-}) \) i \( P(A|C^{-}),\) gdzie \( A = \{(a, b'), (a, c')\} \) - zdarzenie polegające na tym, że więzień A będzie stracony.

\( B^{-} = \{ (a,b'), (c, b')\} \) - zdarzenie polegające na tym, że strażnik oświadczył więźniowi A, iż B nie będzie stracony.

\( C^{-} = \{ (a, c'), (b,c')\} \) - zdarzenie strażnik oświadczył więźniowi A, iż C nie będzie stracony.

\( P(A|B^{-}) = \frac{P(A\cap B^{-})}{P(B^{-})} = \frac{P(\{(a,b' \})}{P(\{(a,b')\}) + P(\{c,b'\})} = \frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}}{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}+ \frac{1}{3}\cdot 1} = \frac{1}{3}. \)

Podobnie

\( P(A|C^{-}) = \frac{P(A\cap C^{-})}{P(C^{-})} = \frac{P(\{(a,c' \})}{P(\{(b,c)\}) + P(\{c,c'\})} = \frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}}{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}+ \frac{1}{3}\cdot 1} = \frac{1}{3}. \)

Zaś wartości prawdopodobieństw warunkowych

\( P(A|B') = \frac{P(A\cap B')}{P(B')} = \frac{P(\{(a,b'),(a,c')\})}{1- P(B)} = \frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}}{1-\frac{1}{3}} = \frac{1}{2}.\)

\( P(A|C') = \frac{P(A\cap C')}{P(C')} = \frac{P(\{(a,c'),(a,c')\})}{1- P(C)} = \frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}}{1-\frac{1}{3}} = \frac{1}{2}.\)

Jak widzimy obliczone prawdopodobieństwa warunkowe są różne, Dlaczego ? Dlatego, że prawdopodobieństwo zdarzenia \( A \) liczone jest nie przy założeniu \( B^{-} \) ale przy założeniu \( B', \) a to nie to samo. \( B^{-} \) oznacza, że stażnik oświadczył, iż więzień \( B \) nie będzie stracony, czyli \( B^{-} =\{ (a,b'),(c.b')\} \), zaś \( B' = \{(a,b'), (a,c'),(c.b') \} \) oznacza, że więzień \( B \) nie będzie stracony.

Podobna różnica jest między zdarzeniami \( C^{-} \) i \( C'. \)

Odpowiadając na pytanie zawarte w treści zadania. Więzień A nie miał racji.
janusz55
Fachowiec
Fachowiec
Posty: 1512
Rejestracja: 01 sty 2021, 10:38
Podziękowania: 1 raz
Otrzymane podziękowania: 399 razy

Re: Dwóch graczy A i B

Post autor: janusz55 »

Zadanie 4
Zadanie matematyka Stefana Banacha.

Kiedy nasz matematyk potrzebuje zapałki wybiera jedną z kieszeni losowo, tak że kolejne próby stanowią doświadczenie Bernoulliego z \( p = \frac{1}{2}. \)

Przypuśćmy, że każde pudełko zawierało na początku \( n \) zapałek i rozpatrzmy moment gdy pierwszy raz nasz matematyk wyciągnie z kieszeni puste pudełko.

W tym momencie drugie pudełko może zawierać \( r = 0,1,2, ..., n \) zapałek.

Będziemy utożsamiali " sukces" z wyborem lewej kieszeni. Chwila, w której z lewej kieszeni zostanie wyciągnięte puste pudełko, w prawej będzie jeszcze \( r \) zapałek nastąpi wtedy i tylko wtedy, gdy dokładnie \( n-r \) porażek poprzedzi \( (n+1) \) sukces.

Prawdopodobieństwo tego zdarzenia zgodnie z ujemnym rozkładem dwumianowym z \( v = n+1, \ \ k = n-r, \ \ p = \frac{1}{2} \) wynosi

\( {2n -r \choose n-r} 2^{-2n +r-1} \)

To samo rozumowanie stosujemy do prawej kieszeni, wobec czego szukane prawdopodobieństwo wynosi

\( p = 2\cdot {2n -r \choose n-r} 2^{-2n +r-1} = {2n - r \choose n-r}2^{-2n +r}. \)

Obliczmy wartości liczbowe prawdopodobieństw na przykład dla \( n=50 \) i \( r = 0, 5, 10, 15, 25. \)

Program R

Kod: Zaznacz cały

> p0 = choose(100-0, 50-0)*2^(-100+0)
> p0
[1] 0.07958924
> p5 = choose(100-5,50-5)*2^(-100+5)
> p5
[1] 0.07167424
> p10 = choose(100-10,50-10)*2^(-100+10)
> p10
[1] 0.04836333
> p15 = choose(100-15,50-15)*2^(-100+15)
> p15
[1] 0.02317105
> p20 = choose(100-20,50-20)*2^(-100+20)
> p20
[1] 0.00733826
> p25 = choose(100-25,50-25)*2^(-100+25)
> p25
[1] 0.001392007
\( \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \\
r & 0 & 5 & 10 & 15 & 20 & 25 \\ \hline
p_{r} & 0,079589 & 0,071674 & 0,048363 & 0,023171 & 0,007338 & 0,001392 \\ \hline
\end{array} \)
janusz55
Fachowiec
Fachowiec
Posty: 1512
Rejestracja: 01 sty 2021, 10:38
Podziękowania: 1 raz
Otrzymane podziękowania: 399 razy

Re: Dwóch graczy A i B

Post autor: janusz55 »

Zadanie 4
Zadanie matematyka Stefana Banacha.

Kiedy nasz matematyk potrzebuje zapałki wybiera jedną z kieszeni losowo, tak że kolejne próby stanowią doświadczenie Bernoulliego z \( p = \frac{1}{2}. \)

Przypuśćmy, że każde pudełko zawierało na początku \( n \) zapałek i rozpatrzmy moment gdy pierwszy raz nasz matematyk wyciągnie z kieszeni puste pudełko.

W tym momencie drugie pudełko może zawierać \( r = 0,1,2, ..., n \) zapałek.

Będziemy utożsamiali " sukces" z wyborem lewej kieszeni. Chwila, w której z lewej kieszeni zostanie wyciągnięte puste pudełko, w prawej będzie jeszcze \( r \) zapałek nastąpi wtedy i tylko wtedy, gdy dokładnie \( n-r \) porażek poprzedzi \( (n+1) \) sukces.

Prawdopodobieństwo tego zdarzenia zgodnie z ujemnym rozkładem dwumianowym z \( v = n+1, \ \ k = n-r, \ \ p = \frac{1}{2} \) wynosi

\( {2n -r \choose n-r} 2^{-2n +r-1} \)

To samo rozumowanie stosujemy do prawej kieszeni, wobec czego szukane prawdopodobieństwo wynosi

\( p_{r} = 2\cdot {2n -r \choose n-r} 2^{-2n +r-1} = {2n - r \choose n-r}2^{-2n +r}. \)

Obliczmy wartości liczbowe prawdopodobieństw na przykład dla \( n=50 \) i \( r = 0, 5, 10, 15, 25. \)

Program R

Kod: Zaznacz cały

> p0 = choose(100-0, 50-0)*2^(-100+0)
> p0
[1] 0.07958924
> p5 = choose(100-5,50-5)*2^(-100+5)
> p5
[1] 0.07167424
> p10 = choose(100-10,50-10)*2^(-100+10)
> p10
[1] 0.04836333
> p15 = choose(100-15,50-15)*2^(-100+15)
> p15
[1] 0.02317105
> p20 = choose(100-20,50-20)*2^(-100+20)
> p20
[1] 0.00733826
> p25 = choose(100-25,50-25)*2^(-100+25)
> p25
[1] 0.001392007
\( \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \\
r & 0 & 5 & 10 & 15 & 20 & 25 \\ \hline
p_{r} & 0,079589 & 0,071674 & 0,048363 & 0,023171 & 0,007338 & 0,001392 \\ \hline
\end{array} \)
janusz55
Fachowiec
Fachowiec
Posty: 1512
Rejestracja: 01 sty 2021, 10:38
Podziękowania: 1 raz
Otrzymane podziękowania: 399 razy

Re: Dwóch graczy A i B

Post autor: janusz55 »

Zadanie 5

Wykonujemy dwuetapowe doświadczenie losowe:

- rzut symetryczną sześcienną kostką:

\( \Omega = \{ 1,2,3,4,5,6 \} \)

\( p(\{1\})= ... = p(\{6\}) = \frac{1}{6}.\)

-rzuty symetryczną monetą, w zależności od liczby wyrzuconej oczek w pierwszym rzucie

a)
Jeśli oznaczymy przez \( A \) zdarzenie " wyrzucono dokładnie trzy orły," to aby w rzucie monetą otrzymać trzy orły (rzucając co najmniej trzykrotnie monetą) - w pierwszym rzucie musieliśmy otrzymać \( 3, 4, 5, 6 \) oczek.

Ze względu na dużą ilość wyników w tym etapie - zastosujemy schemat Bernoulliego \( \mathcal{B}\left(\frac{1}{2}, n=3,4,5,6\right) \)

Obliczamy kolejne wartości prawdopodobieństw warunkowych:

\( P(A|\{3\}) = {3 \choose 3}\left(\frac{1}{2}\right)^3\left(\frac{1}{2}\right)^{0} = \frac{1}{8}.\)

\( P(A|\{4\}) = {4 \choose 3}\left(\frac{1}{2}\right)^3\left(\frac{1}{2}\right)^{1} = 4\cdot \frac{1}{16} = \frac{1}{4}.\)

\( P(A|\{5\}) = {5 \choose 3}\left(\frac{1}{2}\right)^3\left(\frac{1}{2}\right)^{2} = 10\cdot \frac{1}{32} = \frac{5}{16}.\)

\( P(A|\{6\}) = {6 \choose 3}\left(\frac{1}{2}\right)^3\left(\frac{1}{2}\right)^{3} = 12\cdot \frac{1}{64} = \frac{3}{16}.\)

Ze wzoru na prawdopodobieństwo zupełne:

\( P(A)= p(\{3\})\cdot P(A|\{3\}) + p(\{4\})\cdot P(A|\{4\}) + p(\{5\})\cdot P(A|\{5\}) + p(\{6\})\cdot P(A|\{6\}).\)

\( P(A) = \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{8} + \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{4} +\frac{1}{6}\cdot \frac{5}{16} + \frac{1}{6}\cdot \frac{3}{16} = \frac{1}{6}\left( \frac{1}{8} + \frac{1}{4} + \frac{5}{16} +\frac{3}{16}\right) = \frac{1}{6}\cdot \frac{14}{16}= \frac{7}{48}.\)

W wyniku rzutów sześcienną kostką i symetryczną monetą, możemy oczekiwać, że w około \( 15\% \) ogólnej liczby wyników, otrzymamy dokładnie trzy orły.

b)

Mamy obliczyć wartość prawdopodobieństwa warunkowego:

\( P(\{6\}|A) = \frac{P(A\cap \{6\})}{P(A)}= \frac{ p(\{6\})\cdot P(A|\{6\})}{P(A)} = \frac{\frac{1}{6}\cdot \frac{3}{16} }{\frac{7}{48}} =\frac{3}{96}\cdot \frac{48}{7} = \frac{3}{14}.\)

Możemy spodziewać, się, że jeśli otrzymano trzy orły, to w około \( 21\% \) ogólnej liczby wyników wyrzucono \( 6 \) oczek.

c)
Zdarzenie \( B \) - " nie wypadł ani jeden orzeł"

To oznacza, że wypadły same reszki.

W tym przypadku nie mamy ograniczeń na liczbę oczek otrzymanych w pierwszym rzucie monetą.

Stosując wzór na prawdopodobieństwo zupełne możemy napisać:

\( P(B) = p(\{1\})\cdot P(B|\{1\}) + p(\{2\})\cdot P(B|\{2\}) + p(\{3\})\cdot P(B|\{3\}) + p(\{4\})\cdot P(B|\{4\}) + p(\{5\})\cdot P(B|\{5\})+ p(\{6\})\cdot P(B|\{6\}).\)

Proszę obliczyć wartości prawdopodobieństw warunkowych prawdopodobieństwo zdarzenia \( B \) oraz wartość prawdopodobieństwa warunkowego \( P(\{6\}|B). \)
janusz55
Fachowiec
Fachowiec
Posty: 1512
Rejestracja: 01 sty 2021, 10:38
Podziękowania: 1 raz
Otrzymane podziękowania: 399 razy

Re: Dwóch graczy A i B

Post autor: janusz55 »

Jeśli zadanie mamy rozwiązać, stosując twierdzenie o prawdopodobieństwie całkowitym, dzielimy grę na trzy rozłaczne przypadki.

Gracz \( A \) wygrywa w pierwszym rzucie, gracz \( B \) wygrywa w drugim rzucie, żaden z graczy nie wygrywa ani w pierwszym, ani w drugim rzucie.

Oznaczmy, te zdarzenia odpowiednio przez \( Z_{1}, \ \ Z_{2}, \ \ Z_{3} \) , zaś zdarzenie, że wygra gracz \( A \) jako \( W_{A}, \) zdarzenie, że wygra gracz \( B \) jako \( W_{B}.\)

Ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite mamy:

\( P(W_{A}) = P(W_{A}|Z_{1})\cdot P(Z_{1}) + P(W_{A}|Z_{2})\cdot P(Z_{2}) + P(W_{A}|Z_{3})\cdot P(Z_{3}) \)

\( P(W_{A}) = 1\cdot \frac{1}{6} + 0\cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{6} + P(W_{A})\cdot \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6} = \frac{1}{6} + \frac{25}{36}P(W_{A}).\)


\( P(W_{A}) -\frac{25}{36}\cdot P(W_{A}) = \frac{1}{6} \)

\( \frac{11}{36}\cdot P(W_{A}) = \frac{1}{6}, \ \ P(W_{A}) = \frac{6}{11}. \)

Prawdopodobieństwo, że żaden z graczy nie wygra w \( i-\)tym rzucie jest równe \( (1-p)(1-p)= \frac{5}{6}\cdot \frac{5}{6} = \frac{25}{36}.\)

Stąd

\( P(W_{A}) = P\left( \bigcup_{i=1}^{\infty}W_{A_{i}}\right) = \sum_{i=1}^{\infty} P(W_{A_{i}} ) = \sum_{i=1}^{\infty} \left(\frac{25}{36}\right)^{i-1}\frac{1}{6} = \frac{1}{6}\sum_{i=0}^{\infty} \left(\frac{25}{36}\right)^{i} = \frac{\frac{1}{6}}{1 -\frac{25}{36}} = \frac{1}{6}\cdot \frac{36}{11} = \frac{6}{11}.\)

\( P(W_{B}) = 1 - \frac{6}{11} = \frac{5}{11}.\)

Skorzystaliśmy z addytywności prawdopodobieństwa, rozkładu geometrycznego oraz ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego.