Ahoj, rád bych se zeptal nějakého zdatného matematika zde. Máme 49 čísel od 1 do 49. Z nich je taženo čísel 6. Tipujeme 10× libovolnou dvojici tažených čísel, přičemž nelze opakovaně vybrat stejnou dvojici čísel, třeba i s opačným pořadím těchto. Jak lze vypočítat pravděpodobnost úspěšného tipu? A doplňující otázka, je rozmanitost čísel v rámci tipovaných dvojic žádoucí, anebo naopak nežádoucí? Tj. vyberu celkově dvacet rozdílných čísel, anebo volbu provedu tak, že jedno číslo může figurovat ve více, než jedné dvojici? Díky moc.
Zajímavá 0 před 1754 dny |
Sledovat
Nahlásit
|
Asi jsem nechápavý, ale nějak si to neumím dát dohromady. Takže
vylosujeme z 49 čísel nějakou šestici (třeba 1, 2, 3, 4, 5, 6) a potom
z této šestice vybíráme 10× libovolnou dvojici? Tj. 10× tam hrábnu a
při každém hrábnutí vytáhnu nějakou dvojici?
Jedná se v každém případě o výpočet počtu kombinací k-prvků
z n-prvků (bez opakování) a následně odpovídající pravděpodobnosti
úspěšnosti.
Pro počet kombinací platí obecně Ck(n) = n! / ((n – k)!*k!)
Takže z 49 čísel můžeme vylosovat celkem
Ck(n) = 49! / ((49n – 6)!*6!) = 13 983 816 různých šestic čísel, kde
nezáleží na jejich pořadí.
A teď v tom 2. kroku co? Z jedné takto vylosované šestice vybírám
různé dvojice?
Těch dvojic ze 6 čísel (počet kombinací) lze sestavit 6! / ((6 –
2)!*2!) = 15.
pravděpodobnost nastoupení nějakého jevu jako výsledku pokusu lze
spočítat jako počet případů příznivých / počet případů možných.
Ale z toho tvého zadání jsem jelen ☹
0 Nominace Nahlásit |
C = n! / (n-k)! x k!
Což pro n= 49 a k =6 (sportka)
=6,08+62 / (6,04+52 × 720) = 6,08+62 / 4,3488+55 = 1,3980868+7=
13 980 868 kombinací.
Pravděpodobnost že se vytáhne tvých 6 čísel ze 49 je 1 : 13 980 868
!!!!!!!
No a že se vytáhnou dvě čísla ze 6 se počítá stejně.
n=6
k=2
C = 15
Tedy pravděpodobnost že ti vytáhnou tvé dvě čísla ze šesti je 1
: 15
Dál si to musíš spočítat sám, neboť mně není jasné o co ti jde.
Tak koukám, než jsem to sesmolil, byl jsem předběhnut. Ono padesát pět let po maturitě to jde z té hlavy jaksi pomalu.
Upravil/a: mosoj
0 Nominace Nahlásit |
Orwell začal dobře. Jak já to chápu, tak hráč této divné loterie bude
hádat v deseti pokusech pokaždé 2 ze 49 čísel. A pak se bude testovat,
jestli jednotlivé tipnuté dvojice jsou obsažené v tom provedeném tahu
šesti čísel pocházejících ze 49 čísel.
Pro testování jedné dvojice jde o otázku, jaká je pravděpodobnost, že
určitá 2 prvková podmonžina 49 prvkové množiny je zároveň podmnožinou
určité 6 prvkové podmnožiny stejné 49 prvkové množiny.
Pro testování dalších dvojic platí, že každá použitá 2 prvková
podmnožina má alespoň jeden prvek odlišný od ostatních devíti
2 prvkových podmnožin.
No, tak to je už ale vysokoškolská matematika.
0 Nominace Nahlásit |
Průměrní lidé mají rádi jednoduché vzorce. Kolik je kombinací ve
sportce, na to je jednoduchý vzorec: 59×58×57×56×55×54 : 1×2×3×4×5×6
tj. oných 13983816 možností!
Dodatek: Oprava: Jelikož je 49 čísel, tak správně to začíná na
49×48×47×46×45×44 : 1×2×3×4×5×6 = 13983816 možností.
Upravil/a: hapiky
0 Nominace Nahlásit |
OK. Začnu rekapitulací, zezačátku mi to nebylo jasné…
Takže 6 čísel ze 49 je výherních. Tipuje se deset dvojic čísel, dvojice se nesmí opakovat. Předpokládám, že se tipuje vždy naslepo (tj. i když první tipovaná dvojice je výherní, já ten výsledek nepoužiju pro tipování druhé dvojice (pravděpodobně proto, že v době tipování nevím, že předchozí dvojice vyhrála)).
Tak pro jeden tip platí:
pravděpodobnost že první číslo je správně: 6/49
Pravděpodobnost že obě čísla jsou správně: (6/49)*(5/49) tj
30/2401=0,01249
(platí pro každou jednotlivou dvojici)
„Jak lze vypočítat pravděpodobnost úspěšného tipu?“ – to
jednoduché nic výše uvedené je odpověď na tuto tvoji otázku.
Pak se můžeme ptát dál:
Můžu nějakým systémem volby dvojic některou z těchto 2 pravděpodobností ovlivnit? Co se stane v případě že:
Tak postup kdy použiju 20 jedinečných čísel do těch dvojic rozhodně
nevede k výsledku pro b), protože při použití 20 různých čísel
zaručeně vyberu i taková, která nebudou v losované šestce:
p(b2)=0
b1: Pravděpodobnost že se trefím všemi tipy se nám trochu smrskává na to, kolik různých čísel vlastně vybereme a kolik pro danou skupinu máme možností volby. Protože výhru můžeme mít jen v případě, že vybereme maximálně 6 různých čísel (jakmile vybereme 7, jedno z nich bude zaručeně nevýherní). Je proto jednoznačně nesmysl tahat čísla zcela nezávisle na sobě, když vím, že tam budu mít kombinace předem odsouzené k nezdaru (samozřejmě lze spočítat i tuto pravděpodobnost, kdy třeba čísla vybírá neinformovaný stroj)
Z počtu použitých čísel mám tento počet dvojic:
2 čísla 1 dvojice
3 čísla 3 dvojice
4 čísla 6 dvojic
5 čísel 10 dvojic
6 čísel 15 dvojic
7 čísel už nás nezajímá, 2–4 pro nás nedává smysl (chceme různé
dvojice), takže také nezajímá.
Pravděpodobnost že se s 5 čísly trefím do 6 tažených je:
6/49 * 5/48 * 4/47 * 3/46 * 2/45 = 6!.44!/1!*49!=6!.44!/49!=3,14e-6
p(b1,5)=3.14e-6
Pravděpodobnost že se s 6 čísly trefím do 6 tažených je:
p(b1,6)=6!.43!/0!*49!=7,15e-8
Takže v situaci kdy chci mít všechny typy výherní je rozumné vybrat
5 čísel. Ale ono by se to provalilo a vlastně by pak nemělo smysl složitě
vypisovat jednotlivé dvojice, pokud se šance na výhru vlastně omezí na to
jestli jsem správně vybral 5 čísel. Takže vypočítané to máme, ale asi
to není to, co by reálně někoho zajímalo 😉
Oprava:
Tak pro jeden tip platí:
pravděpodobnost že první číslo je správně: 6/49
Asi není možné/smysluplné mít ve dvojici dvakrát stejné číslo že? pak to bude 65/(4948)=0,01276
Upravil/a: Dochy
0 Nominace Nahlásit |
hapiky: no, těch oných 13 983 816 ti to určitě nedá, mně vyšlo
nějakých 45 057 474. Myslím, že vím o co ti šlo. Když ale od
každého čísla v čitateli myšleného zlomku odečteš 10, bude to
správně.
49×48×47×46×45×44 : 1×2×3×4×5×6 = 13 983 816
Jen tak pro zajímavost, dá se k tomu dojít úpravou již uvedeného vzorce
takto:
Ck(n) = n! / ((n – k)!*k!)
Ck(n) = n(n-1)(n-2)…(n-k+1)(n-k)! / ((n – k)!*k!)
a po vykrácení členem (n – k)! dostaneme
Ck(n) = n(n-1)(n-2)…*(n-k+1) / k!
To je druhý vzorec, který lze použít a když dosadíme n = 49, k = 6 vyjde
to správně.
Jinak na příspěvek mosoje bych ještě zareagoval tím, že taženo je sice šest čísel, ale výherní jsou od jedné do tří dvojic, čili z těch celkových 49 stačí správně natipovat jen dvě, beru-li minimální variantu. A mám právě oněch deset pokusů (dvojic).
Nerozumíš sám sobě a ještě se bezdůvodně urážíš. Jak jsem napsal
počítá se to jako kombinace, podle uvedeného vzorce. Jenom si správně
podle potřeby musíš zvolit n a k!! Ty se totiž ptáš, kolik existuje
neuspořádaných dvojic (k) ze šestiprvkové množiny(n). Když dosadíš,
vyjde ti 15!!! Sázíš 10 dvojic. Pravděpodobnost že uhádneš jednu dvojici
ze šesti čísel je tedy 66%.
Zapomínáš ale na téměř 14 000 000 kombinací při vytažení
konkrétních 6 čísel ze 49. Těch 66% z 15 dvojic je potom již
zanedbatelné, ale je to třeba k těm cca 14 000 000 připočíst.
No vidíš, snad jsme to konečně pochopili ( pokud si ovšem nyvymyslíš zase
nějaké doplnění) ale tvoje zásluha to není!!
Je třeba se naučit myslet a počítat a nepoužívat kalkulačky!!!!
Tvoje úvaha o nějakých jedinečných třech dvojicích je podle mně mimo. Ptám se kterých z těch 15!!!!!!!!!!!
Orwelle, je losováno 6 ze 49 čísel. Tipujeme desetkrát dvojici čísel, která může být v rámci oné šestice tažených. Dvojice nesmějí být stejné, vč. obráceného pořadí čísel. A výherní tip je takový, kdy v rámci dané dvojice jsou tažena obě čísla. Tip je nevýherní, pokud je v rámci dané dvojice taženo jen jedno, anebo žádné číslo. Tady bych uměl spočítat onu pravděpodobnost vytažení 6 čísel z 49, jsou na to kalkulačky. Ale už nevím jak spočítat pravděpodobnost, že správně natipuji 1–3 dvojic. A jak se do toho promítá počet pokusů. A jak se do toho může promítnout možnost buď zvolení zcela unikátních dvojic, anebo variant, tj. u dvou a více záměnu jednoho čísla.
Když já stejně moc nerozumět tvoje řeč: „… kdy v rámci dané
dvojice jsou tažena obě čísla.“ Nemělo tam být spíš … v rámci
dané ŠESTICE?
Jak jsem psal, z 6 různých čísel mohu vybrat celkem 15 různých dvojic,
kde nezáleží na jejich pořadí. Pravděpodobnost úspěchu, když pro mě
bude pouze jedna dvojice případem příznivým je p(1) = 1 / 15. Bude-li pro
mě kterákoliv z 10 dvojic z 15 možných případem příznivým, pak je
p(10) = 10 / 15 = 2/3.
Vážně je nutné zesměšňování, mezi dospělými a inteligentními lidmi? Jako fakt vzhledem k tomuto mívám absolutně nulovou vůli komunikovat s druhými, akorát snaha druhého ponížit, zesměšnit. To je vážně k pozvracení a důvod, proč nějak nemám rád lidi. Takže končím diskusi, snad si najdeš někoho jiného, na kom budeš hojit své povadlé ego.
Hm, ty chápeš moji první větu v předcházejícím příspěvku jako
zesměšňování? To je mi líto, vůbec jsem to tak nemyslel. A už vůbec
jsem nechtěl nikoho ponížit. Jen jsem chtěl naznačit, že pokud někdo chce
něco spočítat, musí být schopen napsat jasné a srozumitelné zadání.
A jak jsem si všiml, nikomu zde to zatím moc jasné nebylo. Nejjasněji to
formuloval ve své odpovědi klumprt. Ale počítat to nebudu, protože se
domnívám, že takto to stejně myšleno nebylo a taky se mně nechce se v tom
kdoví jak dlouho vrtat. Pokud si myslíš, že zadání v otázce je jasné a
srozumitelné, doporučoval bych zajít za nějakou kompetentní osobou, třeba
kantorem – matematikem a požádat ho o posouzení.
No a jinak jsem spíš čekal poděkování za snahu odpovědět na otázku,
i když třeba ne zcela uspokojivě, ale dočkal jsem se spíš ponížení od
tebe v závěru tvého příspěvku. Pokud je ti ze mě na zvracení, tak se
klidně pozvracej, udělá-li ti to dobře. Mně je to fuk. Já zase nemám moc
rád lidi, kteří se berou smrtelně vážně a nerozumí troše legrace. Moje
povadlé ego neřeš, to si pořeším sám. Ahoj 🙂
… no jo, ve sportce je možných kombinací a prej je pravděpodobnější zažít srážku s cizím tělesem než vyhrát ve sportce …
O Sportku tak úplně nejde, těsně vedle :). Nejde ani tak o výhru jako takovou, spíš jde o řešení problému. Jsem zvídavý, koukal jsem po různých kalkulačkách, ale v nich právě není zaveden po výběru šesti čísel z 49 ten druhý krok. Tj. výběr skupin po dvou čísel. A trochu mi vrtá hlavou, jestli je dobré vícero skupin natipovat unikátně, anebo udělat třeba dvě s pozměněným číslem, jaký to na to může mít vliv.
annas | 5284 | |
Kepler | 2867 | |
Drap | 2620 | |
quentos | 1803 | |
mosoj | 1594 | |
marci1 | 1356 | |
led | 1345 | |
aliendrone | 1172 | |
zjentek | 1059 | |
Kelt | 1003 |
Astronomie |
Fyzika |
Jazyky |
Matematika |
Sociální vědy |
Technické vědy |
Ostatní věda |