Вероятность - рассудите pls

[Helen_NJ]

Муж пристал с вопросом. Допустим есть некий "кубик" с 10 гранями (хорош кубик, конечно, но это уже отдельная тема), одна из них черная. Если "кубик" бросают один раз, то вероятность выпадания черной грани 1 из 10, так? А если бросают два раза, то какая будет вероятность выпадания черной грани?

Я говорю, что те же 1 из 10 (вернее 2 из 20), т.к. от увеличения количества бросков вероятность не увеличивается. Муж утверждает, что при двух бросках веростность увеличится. IMHO если бы это было так, то все казино и лотереи разорились бы давно.

В общем кто прав, кто виноват?

[Kotiara]

Я подброшу еще вопросец.

Меня интересует, какова вероятность выпадения черной грани, учитывая, что последние 50 раз она не выпадала.

[PavelM]

А если бросают два раза, то какая будет вероятность выпадания черной грани?

Вероятность выпадения во втором броске или в одном из всех бросков?

Во втором броске - 1/10
В одном из двух бросков - 1/10+1/10=2/10=1/5

[Dimchik]

вам нужно определиться с экспериментом. При каждом индивидуальном броске вероятность 1/10. Если вы описываете серию, то вероятность определенного кол-ва исходов описывается биномиальным распределением.
Например, отвечая на вопрос кого-то сверху, если вы бросаете 50 раз, то вероятность того, что 49 раз выпала белая грань есть 50*(1/10)*(9/10)^49. Если вы настаиваете на том, что белая грань выпала 49 раз подряд, а потом черная, то вероятность такого события просто (1/10)*(9/10)^49.

[PavelM]

В одном из двух бросков - 1/10+1/10=2/10=1/5

Это конечно глупость

[adb]

IMHO если бы это было так, то все казино и лотереи разорились бы давно.

Ну так ставки (размер, сумма выигрыша) в казино делают с учетом вероятности выпадения. Поэтому вероятность выигрыша казино всегда >=50%.
Про лотерею вообще молчу. -)

[M. Ridcully]

В одном из двух бросков - 1/10+1/10=2/10=1/5

Это конечно глупость

Ага, так при десяти бросаниях вероятность 1.

Вероятность выпадания чёрной грани _хотя бы 1 раз_ равна 1 - 0.9 * 0.9 = 1 - 0.81 = 0.19.

[FireFox]

Муж пристал с вопросом. Допустим есть некий "кубик" с 10 гранями (хорош кубик, конечно, но это уже отдельная тема), одна из них черная. Если "кубик" бросают один раз, то вероятность выпадания черной грани 1 из 10, так? А если бросают два раза, то какая будет вероятность выпадания черной грани?

Я говорю, что те же 1 из 10 (вернее 2 из 20), т.к. от увеличения количества бросков вероятность не увеличивается. Муж утверждает, что при двух бросках веростность увеличится. IMHO если бы это было так, то все казино и лотереи разорились бы давно.

В общем кто прав, кто виноват?

Муж прав, Вы виноваты
Давайте для начала посчитаем вероятность, что черная грань не выпадет ни на первом броске, ни на втором.

Вероятность этого события как уже тут написали 9/10 * 9/10.

А каково Ваше событие?
Выпадет черная грань либо на первом броске, либо на втором. Т.е. ваше событие - "отрицание" от того события. Т.е. ваше событие произойдет лишь тогда, когда то первые событие не произойдет и наоборот.

Знач вероятность
1 - 0.9*0.9 = 0.19

Что разумеется больше, чем 0.1

[vm__]

Ага, так при десяти бросаниях вероятность 1.

А при сотне бросков - и вовсе 10

[Helen_NJ]

Знач вероятность
1 - 0.9*0.9 = 0.19

Т.е. выходит, что если бросать "кубик" очень долго, то можно добросаться до состояния, когда вероятность будет практически стопроцентной? Тогда сколько раз нужно играть в green card лотерею, чтобы выиграть?

[Ворона]

Знач вероятность
1 - 0.9*0.9 = 0.19

Т.е. выходит, что если бросать "кубик" очень долго, то можно добросаться до состояния, когда вероятность будет практически стопроцентной? Тогда сколько раз нужно играть в green card лотерею, чтобы выиграть?

Приблизительно так. - чем больше бросков Вам дадут сделать, тем увереннее Вы можете быть, что хотя бы раз увидите черную грань.
А Вы нам скажите, сколько заявок подают сейчас на грин кард, и мы посчитаем. Помню, когда лотерея только начиналась, говорили, что вероятность очень высока - типа, 5 раз сыграть в среднем надо было.

[Just Elk]

Какова вероятность встретить динозавра в Москве? 50 на 50. Либо встретишь, либо не встретишь!

[umneg]

Имеем три таких кубика. Каждый был подброшен 100 раз. В первом черная грань выпала 19 раз из ста, во втором 10, в третем 1 раз. Собираются подбрасывать еще. На какой кубик вы бы поставили сейчас?

[Artemk]

На любой. Я всё равно проиграю

[vm__]

Имеем три таких кубика. Каждый был подброшен 100 раз. В первом черная грань выпала 19 раз из ста, во втором 10, в третем 1 раз. Собираются подбрасывать еще. На какой кубик вы бы поставили сейчас?

Кривые кубики? или вероятность так себя неожиданно проявила?
Вот если бы бросали раз 100 000, и при этом кубики не поломали ....

[Brazen]

вам нужно определиться с экспериментом. При каждом индивидуальном броске вероятность 1/10. Если вы описываете серию, то вероятность определенного кол-ва исходов описывается биномиальным распределением.
Например, отвечая на вопрос кого-то сверху, если вы бросаете 50 раз, то вероятность того, что 49 раз выпала белая грань есть 50*(1/10)*(9/10)^49. Если вы настаиваете на том, что белая грань выпала 49 раз подряд, а потом черная, то вероятность такого события просто (1/10)*(9/10)^49.

Изначальный вопрос был не про число удач в серии и не про условную вероятность, а про то, какова вероятность выпадения черной грани в n-ном испытании. О том, что результат первого испытания -- неудача, не говорилось. Поэтому ответ: 1/10, потому что события независимы. Если же известно, что в первом испытании черная грань не выпала, то по теореме Бернулли вероятность выпадения черной грани во втором испытании P(1из2) == C(1,2) * 1/10 * (9/10)^2 = 2 * 0.1 * 0.81 = 0.162

[Ворона]

Если же известно, что в первом испытании черная грань не выпала, то по теореме Бернулли вероятность выпадения черной грани во втором испытании P(1из2) == C(1,2) * 1/10 * (9/10)^2 = 2 * 0.1 * 0.81 = 0.162

Нельзя ли обьяснить это еще раз и помедленнее для тех, у кого неполный комплект даже куриных мозгов?

[Brazen]

Если же известно, что в первом испытании черная грань не выпала, то по теореме Бернулли вероятность выпадения черной грани во втором испытании P(1из2) == C(1,2) * 1/10 * (9/10)^2 = 2 * 0.1 * 0.81 = 0.162

Нельзя ли обьяснить это еще раз и помедленнее для тех, у кого неполный комплект даже куриных мозгов?

Не по теореме Бернулли, а по формуле Бернулли, упс. Там выше Димчик уже рассказал все про биномиальную схему, то есть серию испытаний с двумя исходами, у нас это черная грань и нечерная грань. Он уже дал формулу для 50 бросков, для двух то же самое. Я, в общем-то, зря полез в дискуссию.

Формула: вероятность того, что в серии из n испытаний окажется m успехов: P(m из n) = C(m,n) * p^m * (1-p)^(n-m), где p - вероятность нашего события, C(n,m) -- это количество сочетаний из n по m, неупорядоченная выборка m элементов из множества, состоящего из n элементов.

[Hamster]

Формула: вероятность того, что в серии из n испытаний окажется m успехов: P(m из n) = C(m,n) * p^m * (1-p)^(n-m), где p - вероятность нашего события, C(n,m) -- это количество сочетаний из n по m, неупорядоченная выборка m элементов из множества, состоящего из n элементов.

P(1из2) == C(1,2) * 1/10 * (9/10)^2 = 2 * 0.1 * 0.81 = 0.162

Вероятность одного выпадания черной грани при двух бросках ( если о результате первого броска ничего не известно ):

P(1из2) = C(1,2) * (1/10)^1 * (9/10)^1 = 2*0.1*0.9 = 0.18.

Вероятность выпадания черной грани при втором броске, теорема Байеса:

P(1из2 | 1=белая грань) = P(1=белая грань | 1из2) * P(1из2) / P(1 = белая грань) = 0.5 * 0.18 / 0.9 = 0.1

(мистика!)

[Brazen]

Формула: вероятность того, что в серии из n испытаний окажется m успехов: P(m из n) = C(m,n) * p^m * (1-p)^(n-m), где p - вероятность нашего события, C(n,m) -- это количество сочетаний из n по m, неупорядоченная выборка m элементов из множества, состоящего из n элементов.

P(1из2) == C(1,2) * 1/10 * (9/10)^2 = 2 * 0.1 * 0.81 = 0.162

Вероятность одного выпадания черной грани при двух бросках ( если о результате первого броска ничего не известно ):

P(1из2) = C(1,2) * (1/10)^1 * (9/10)^1 = 2*0.1*0.9 = 0.18.

Да, мне пора прекратить попытки вспомнить математику. Ошибся в применении готовой формулы.

Вероятность выпадания черной грани при втором броске, теорема Байеса:

P(1из2 | 1=белая грань) = P(1=белая грань | 1из2) * P(1из2) / P(1 = белая грань) = 0.5 * 0.18 / 0.9 = 0.1

(мистика!)

Дадад. Ухожу, ухожу, ухожу.

[Hamster]

Имеем три таких кубика. Каждый был подброшен 100 раз. В первом черная грань выпала 19 раз из ста, во втором 10, в третем 1 раз. Собираются подбрасывать еще. На какой кубик вы бы поставили сейчас?

Можно высказать гипотезу, что кубики обладают несимметричным распределением массы, которое влияет на вероятность выпадания черной грани.
В отсутствие добавочной информации, гипотеза, что вероятность выпадания черной грани на первом кубике равна 1/5, правдоподобнее гипотезы идеально симметричного кубика в p(19,100; 0.2) / p(19,100; 0.1) ~ 38 раз. Надо ставить на первый кубик.

С другой стороны, у нас может быть дополнительная информация: например, мы знаем, что дело происходит в уважаемом казино, и казино выплачивает 10 к 1 за выпадание черной грани. Гипотеза (p=0.2 && казино играет себе в убыток несимметричным кубиком ) может оказаться менее вероятной, чем гипотеза (p=0.1). Тогда все равно куда ставить.

[Ворона]

Вероятность одного выпадания черной грани при двух бросках ( если о результате первого броска ничего не известно ):

P(1из2) = C(1,2) * (1/10)^1 * (9/10)^1 = 2*0.1*0.9 = 0.18.

На всякий случай позвольте уточнить (извините, чешется), что это вероятность выпадения черной грани ровно один раз. Если же речь о выпадении хотя бы раз, то надо добавить еще
P(2из2) = C(2,2) * (1/10)^2 * (9/10)^0 = 0.01
- и, вместе с 0.18, это будет равно 0.19, что и было показано в этом топике выше.