Hoe vind ik de kans om een ​​8 te gooien met 3 dobbelstenen


Beste antwoord

Ik hou van dit probleem omdat het een aantal basisprincipes van waarschijnlijkheid laat zien die ik gebruik om mijn studenten uit te dagen.

Een aanname: elke dobbelsteen is “eerlijk”, dat is op geen enkele manier bevooroordeeld.

Aangezien elke dobbelsteen 6 zijden heeft en elke zijde uniek genummerd is van 1 tot 6, er zijn in totaal 6 * 6 * 6 verschillende cijfercombinaties wanneer de dobbelstenen worden gegooid.

Dat wil zeggen dat er 216 mogelijke verschillende cijfercombinaties mogelijk zijn, MAAR NIET ALLE TOTAAL 8.

We moeten nu uitzoeken hoeveel combinaties er in totaal 8 zijn.

Als we de nummers 1, 1, 6 nemen (die in totaal 8 zijn), kunnen we deze nummers rangschikken in

( 3! / 2) = 3 verschillende manieren.

Evenzo kunnen nummers 1, 2, 5 worden gerangschikt in (3!) = 6 verschillende manieren

Nummers 1, 3, 4 kunnen gerangschikt in

(3!) = 6 verschillende manieren

Nummers 3, 3, 2 kunnen worden gerangschikt in

(3!) / 2 = 3 verschillende manieren

en nummers 4, 2, 2, kunnen worden gerangschikt (3!) / 2 = 3 verschillende manieren

Geeft in totaal 21 verschillende cijfercombinaties (van 216 mogelijke combinaties) die samen 8 zijn.

Dus er zijn (21) / (216) mogelijke correcte combinaties die voldoen aan de eisen van de vraag.

Dit geeft een kans van (21) / (216) of 9,72222\% of 0,097222 om een ​​som van 8 te krijgen als er 3 dobbelstenen worden gegooid .

Nogal een interessante vraag.

Antwoord

Ik zou dit oplossen als een voorwaardelijk waarschijnlijkheidsprobleem (wat andere antwoorden hebben gedaan), zet mijn 100\% op het huiswerk, en ga verder met mijn leven. Ik zou echter ook een enorme blik willen werpen op de vraag zelf, omdat dit niet bepaald verstandig is om te stellen.

Wat bedoel ik daarmee? Voorwaardelijke waarschijnlijkheid wordt gebruikt om een ​​actuele staat van informatie (of liever: desinformatie) over de uitkomst van het systeem weer te geven. Het probleem luidt: “Een van hen toont een zes”, wat we moeten interpreteren als het volgende: van de 6 ^ 4 oorspronkelijk mogelijke uitkomsten is het op de een of andere manier bekend dat de feitelijke uitkomst ten minste één zes laat zien, maar al deze uitkomsten zijn even waarschijnlijk.

Als we toevallig een van de dobbelstenen zouden zien en zouden opmerken dat deze op een zes belandde, maar de andere niet konden zien, zouden we dan in die staat van informatie zijn? Nee, dat zouden we niet doen. We zouden weten dat die sterven een zes laat zien, waardoor er 6 ^ 3 mogelijke uitkomsten overblijven, die een goede subset zouden vormen van de 6 ^ 4-5 ^ 4 uitkomsten waarin “ten minste één dobbelsteen een 6 aangeeft”.

Dit is in wezen de enige manier waarop we in die informatiestatus 6 ^ 4-5 ^ 4 zouden kunnen zijn: het zou moeten worden opgetuigd. We instrueren een vertrouwde vriend of gehoorzame computer om het volgende te doen, buiten ons gezichtsveld:

  1. Gooi vier dobbelstenen.
  2. Als geen van de dobbelstenen een zes laat zien, ga terug naar stap 1, niets rapporteren.
  3. Rapport “EEN VAN DEZE TOONT ​​ZES.”

Als we dit afspelen vaak opgetuigd spel , dan ja – de voorwaardelijke kans dat er precies één een zes laat zien, gegeven dat EEN VAN DEZE EEN ZES TOONT, is gelijk aan

\ frac {4 * 5 ^ 3 } {6 ^ 4-5 ^ 4}.

De enige manier om in deze situatie te verkeren, is met de hulp van een entiteit met volledige kennis van het resultaat, die doelbewust slechts een deel van de de informatie aan jou. Dat is waarom ik de situatie opgetuigd noem. Dat is trouwens precies dezelfde reden waarom het beroemde Monty Hall oftewel “3 deuren” -probleem contra-intuïtief is – het kan ook alleen worden gespeeld met de hulp van een alwetende gastheer.

Geef een reactie

Het e-mailadres wordt niet gepubliceerd. Vereiste velden zijn gemarkeerd met *