Школу закончила в 83, никаких вероятностей мы не проходили, сейчас откраваю алгебру за 10, 11 класс, мне реально не просто, в школе нужны такие учителя, как вы Борис!!!
Спасибо Борис! Теория вероятности стала моей любимой темой, после того как я не успел допуститься до экзамена и пришлось совершать глубокое погружение в теорию до полного понимания курса) Хотелось бы посмотреть разбор задачи с какой-нибудь экзотической плотностью распределения, с участием мат. ожидания и дисперсии. Благодаря вашим комментариям и пояснениям, возможно вы спасете многих людей от того, через что пришлось пройти мне)
А что, в школе уже матожидание и дисперсию проходят? 44 года назад ввели на 1 год комбинаторику, дети с ней улетели на экзаменах, поэтому убрали быстро. Но меня она спасла при поступлении на матмех, её мало кто решил, а я решил и пролез со своим средним 3.96 в аттестате и 3 за сочинение, ибо после письменной математики конкурс сразу ополовинился. Половина двойки получила. Я со своей 4 чувствовал себя уже уверенно. Колени не дрожали и устные математику и физику на 5 сдал сочинение уже роли не играло.
раз: ruclips.net/video/HZGCoVF3YvM/видео.html&ab_channel=3Blue1Brown два: ruclips.net/video/lG4VkPoG3ko/видео.html&ab_channel=3Blue1Brown Имхо, статистика становится куда понятнее с визуализацией.
Прошло время, с тех пор, как задачи появились. Потребовалось искать черновик той ночи =) Но ответ сошёлся. Чудо, что не запутался в Байесе и полной вероятности. Но геометрическое решение, как обычно на высоте!
Мммм да, буду разбираться, второе решение мне понравилось, но я ж его забуду, если не вникать в теорию легкие решения так же легко забываются. Спасибо за вашу работу, это очень круто быть таким умным!!!
На мой взгляд, самое сложное в этой задаче не решить её, а понять условие. Например, откуда именно взялось, что кубики выбираются равновероятно.... а если они выбираются равновероятно по условию, то о чём же тогда спрашивают...
вероятность - это всегда про те знания, которыми мы обладаем и которыми не обладаем когда речь о "равновероятном выборе кубиков" - одна ситуация, и состоит она в том, что человек берёт первый попавшийся кубик. В этом случае эта вероятность складывается из нашего единственного знания - человек выбрал один из двух кубиков без каких-либо дополнительных факторов в сторону одного из них - больше нам в этой ситуации ничего не дано. Во втором же случае, когда нас спрашивают, какова вероятность, что выбранный кубик - номер два - мы уже обладаем совсем другими знаниями. Мы знаем точно, что после того, как человек ткнув пальцем выбрал один из двух кубиков и бросил его дважды - мы получили результат 3 и 5. Вот это знание уже порождает совсем другую вероятность. Речь о двух совершенно разных вероятностях, хотя и относящихся к одному предмету. Это похоже на то, чтобы сравнивать вероятность, что будущий ребёнок будет мальчиком и вероятность, что будущий ребёнок будет негром, видя фотографии родителей. И то, и то, вероятность, относящаяся к ребёнку, но это совершенно разные две вероятности.
Борис, огромное СПАСИБО за Ваш труд! Всегда смотрю Ваши видео, затаив дыхание, и рекомендую Ваш канал своим ученикам и коллегам! Очень было бы интересно посмотреть Ваше решение задачи о 6 командах. Особенно интересует вопрос: если всё условие оставить дословно таким же, а 6 заменить на 100, ответ изменится?
Один раз встретил задачу про тесты и болезнь, в теорему Байеса не поверил, но решение именно такое) Жаль школьников, которым, если что вдруг, такое попадётся(
Про тесты и болезнь я когда-то давно ещё понял эту тему, когда разбирал, как на ВИЧ тестируют. Если грубо говоря 0.1% населения носит вирус, и кто-то случайный, без предпосылок, идет и сдает тест, на котором написано, что он достоверен с вероятностью 98%, и вдруг получает положительный ответ. То это не значит, что у него с вероятностью 98% есть вирус, а куда более вероятно, что он попал в те 2% ошибки теста. Так что сразу назначают повторное тестирование, а то и два.
Еще такие задачки можно решать в excel :) Делаем столбцы кубик1, кубик2, бросок1, бросок2, "3 или 5", "3 или 5 при кубике2". Забиваем в первый столбец randombetween(0,1), и дальше уже аналогичными формулами формируем значения. Копируем на 100 тыс строк. Вот и готовый стенд для подсчета. На практике 0.8 не получается идеально точно. Разброс идет от 0.79 до 0.81, зависит от количества строк. Но в целом можно понять, к какому значению стремится данная вероятность.
Как задачу решал я в уме: Так, ну значится что к нас есть? Кубик нормальный, и кубик которому убрали чётные числа. А значит у на есть 4 варианта событий для кубика: 2чёт (0.25), чет+нечёт(0.5), 2нечёт(0.25). Мы попали в ситуацию 2нечёт, для кубика нормального есть одна подходящая ситуация, до кубика ненормального 4 (ибо все чётные сменили на нечётные). Значит всего ситуаций 5, из них 4 - наш случай => ответ 0.8
Думаю, что тут легче всего и интуитивно понятнее рассуждать в терминах вероятностных пространств. Если исходно были элементарные исходы e1, e2, ... en и вероятностное пространство Ω, то после информации о наступлении какого-то события A некоторые из элементарных исходов просто перестанут существовать (потому что некоторые ei в пересечении с A = ∅) и будет новое множество Ω штрих и какое-то подножество элементарных исходов e1 штрих, e2 штрих, ... ek штрих (тут под ei штрих подразумевается, что просто индексация изменилась (потому что их теперь не n а k), а не вероятность какого-то элементарного исхода), а раз у нас новое множество элементарных исходов, то относительно него (всех его исходов) и нужно вычислять "новую" вероятность. Так и получается условная вероятность P(B|A) = P(A) * P(B) / P(Ω штрих), где P(Ω штрих) = P(A) В общем, если резюмировать, то при наступлении события A мы переходим к новому вероятнотному пространству Ω штрих
Я решал через дерево событий - мы перемножаем вероятности по ветке 1 кубика, получается 1/2(вероятность выбрать 1 кубик)*1/6 (вероятность что выпадет 3) * 1/6 (вероятность, что выпадет 5) = 1/72, ту же самую процедуру делаем по 2 кубику: 1/2*1/3*1/3=4/72. Из этого можно сделать вывод, что вероятность того, что мы выберем 2 кубик и комбинация окажется 3,5 в 4 раза выше, чем то, что такая же комбинация выпадет на 1м (или 5,3, неважно, поскольку это равновероятные события, поэтому общая вероятность 5,3 и 3,5 = 2/72 для 1 кубика и 8/72 для второго кубака ). Общая вероятность выбрать 1 или 2 = 1, таким образом веротяность выбрать 1 - 1/5 или 0,2, вероятность выбрать второй - 4/5 или 0,8. Возможно кому-то будет понятнее такой ход рассуждений
Да чё там разбирать? При любом Х первых выигранных игр команды А, вероятность победы её в У игре будет равна (Х+1)/(У+1). Число команд в условии при этом никакой роли не играет и должно быть просто больше У. Очень простая общая формула. Правда я её 7 дней выводил методом проб и ошибок, и объяснять, почему она работает, пришлось бы минут 20, но это уже мелочи. Такую задачу, видимо, тоже проще решать обходными путями. Если что, фраза "да чё там разбирать" - это сарказм. А то любят тут в Ютубах любую иронию воспринимать прямо в лоб.
На самом деле в задаче про 6 команд можно забить на количество команд (их там может быть и 7 и 8 и 10), и решать задачу для 5-ти команд. Ответ всё равно не изменится. Ответ зависит только от того, с какой вероятностью при жеребьёвке самая сильная команда из первых 5-ти попадает в 5-й слот. Очевидно это 1/5, что и даёт вероятность поражения для сильнейшей из первых 4-х команд. И 4/5 вероятности победы. Вот только как это красиво обосновать - я не знаю.
Назовём команды по уменьшению "силы" номерами от 1 до 6, победит команда 1. Значит, победить в трёх играх могут только команды 1, 2 и 3, а победить в четвёртой могут только команды 1 и 2. Значит сначала нужно найти вероятности, что команда А - это команда 1, 2 и 3 (условные вероятности для каждой из трёх команд). Для третьей: чтобы победить три раза, ей нужно сыграть с любой из (4, 5, 6) из пяти команд, потом с двумя из четырёх, потом с одной из трёх. Вероятность победить три раза для команды 3 равна 3/5*2/4*1/3=2/20=1/10. Для команды 2 равна 4/5*3/4*2/3=6/15=4/10. Для команды 1 равна 1=10/10. Для команд 4, 5 и 6 такая вероятность равно нулю. Далее, вероятность победить в четвёртой игре для команды 1 равна 1, для команды 2 равна 1/2, для команды 3 равна 0. Итого, после трёх игр имеем, условно, пятнадцать исходов, в десяти вероятность победить в четвёртой игре равна 1, в четырёх - 1/2, в одном - 0. Общая вероятность, что команда А победит в четвёртой игре, равна (10+4/2+0)/(10+4+1)=12/15=0.8
Прикольно, ещё до начала решения попытался на вскидку прикинуть, сказал 80) но объяснение классное , и первое и второе, кто как не мистер Трушин объяснит )
Надеюсь у Вас найдется возможность ответить на мой комментарий. Задача такая: Игральную кость бросили один или несколько раз. Оказалось, что сумма всех выпавших очков равна 3. Какова вероятность того, что было сделано два броска? Ответ округлите до сотых. Если считать первым Вашим способом, то получается, Р(АIВ)=(2/36)/(1/6+2/36+1/216)=12/49~0.24 Если же считать вторым, Р(АIВ)=2/4=1/2=0.5 0.5 и 0.24... Понятное дело, что вторым способом в этой задаче нельзя суммировать общее число событий при одном, двух и трех бросках, т.к. это не равновероятные события, но на это стоит обратить внимание. PS ненавижу теор.вер. шарлатанство какое-то, особенно с учетом того, что верный ответ зависит от того как его считать(это я не конкретно об этой задаче).
всего возможно 4 варианта 3 1 2 2 1 1 1 1 из них два варианта - это два броска. 2/4 = 0.5 А вот то, что вы первым способом пытались изобразить - это очень странная история. Откуда вы взяли эти числа? Вероятность того, что бросили два раза отнюдь не так легко посчитать. Она близка к нулю. Потому что если нам больше ничего не известно, кроме как то, что игральную кость бросили один или несколько раз - то вариантов буквально бесконечно и они все равновероятны. Могли бросить один раз. Могли миллион. Могли 1024. А могли и два раза. Поэтому откуда вы взяли эти числа, непонятно... И для начала определите, что такое A и что такое B в вашем случае. Судя по записанной Вами формуле - A="сумма выпавших очков равна трём", а B="было совершено два броска". Тогда в знаминателе непонятное выражение вы написали. Там должно быть P(B), которое стремится к нулю, а то, что записали Вы, непонятно, откуда взято.
Борис, не поверите! Вчера увидела эти задачи в сборнике вариантов от издательства "Легион", всю ночь ломала голову над решением. А тут ваш ролик! Большое Вам спасибо.
случайно потешили моё самомнение, спасибо. Взамен с меня комментарий))). Я сразу ответил, что одно событие в четыре раза вероятней второго, и ответил (слишком незадумываясь) 1/4 и 3/4. Но, конечно, ели бы ещё чуть подумал, то ответил бы правильно)))
Минут 5 поприкидывал варианты в уме, понял, что если берем 1й, то вероятность 2/36, если 2й, то 2/9, поделил 2й на 1й, получилось 4, значит 2й кубик будет соответствовать условию (3;5) в 4 раза чаще, значит 4/5 наш ответ
Посчитал в уме 2 вероятности. Выпадения 3 и 5 на первом кубике ((1/3)*(1/6)=1/18), а потом на втором ((2/3)*(1/3)=2/9=4/18). Потом разделил 4/ (1+4)=4/5
Здесь сложность не в том, чтобы нарисовать возможные варианты, а в том, чтобы нарисовать равновероятные варианты, при условии, что оба раза бросается один и тот же кубик.
Поддерживаю. При эквивалентной формулировке с заменой кубиков на волчки с 6 и 3 ребрами задача с текущим обоснованием не решается. Борис провел очень тонкую замену понятия "результат броска" (в задаче это цифра на грани, а в решении сама грань), но не объяснил для чего это делает.
По сути вторая форма решения это тоже теоретически обоснованная. Она даже выглядит как более формализованная, если рассматривать её с точки зрения ввода множества мер, где решение сводится к получению отношения множеств благоприятных исходов m к множеству всех исходов n : P(m)/P(n).
P.s. Нам препод в универе всегда говорил - крутите задачу по вероятности так, чтобы правильно выбрать эти 2 множества, введя правильную меру. Часто это можно так сделать.
Эту задачу проще решить так вероятность выпадения 3,5 на обычном кубике равна 2/6*1/6= 1/18, вероятность выпадения 3,5 на нечётное кубике 2/3*1/3=2/9. Сложим вероятности выпадения 3,5 на двух кубиках, 1/18+2/9=5/18, и теперь разделим вероятность выпадения 3,5 на нечётное кубике 2/9 на общую вероятность выпадения 3,5 на любом из кубиков 5/18 и получаем ответ 4/5 или 0,8.
Я решал так: Т.к. выпадение всех граней равновероятно, то по сути не важно что именно выпало. 1,3 или 5 и в какой последовательности. Рассматривать нада числа как из множества 1,3,5 (нечетные)или из множества 2,4,6 (четные). В итоге если это был первый кубик, то вероятность выбросить нечетное составляет 0.5, а вероятность выбросить два раза нечетное число равна 0,25 А на втором кубике вероятность этихсобытий всегда равна 1, что в 4 раза чаще А значит вероятность что это был второй кубик = 4/(4+1) = 0.8
Я считал так. Вероятность того, что на первом кубике за два броска выпадет 3 и 5 это 1\3 * 1\6, а вероятность что такая же комбинация выпадет на втором 2\3 * 1\3. Если посчитать обе вероятности и привести к общему знаменателю, то получится 1\18 и 4\18. То есть вероятность такой комбинации на втором кубике в 4 раза выше. если первая вероятность это x, то вторая 4х. Так то что выпало 3 и 5 это 100% (так это уже случившееся событие), то x + 4x = 100. А значит 4x это 80%. Хз правильно ли так, но ответ совпал)))
Один бросок шанс 2/1. Два броска. 4/1 три броска 8/1 четыре броска 16/1 в том случае , если каждый раз будет выпадать либо 1, либо 3 , либо 5. не важно в каком порядке. Любое из этих чисел при выпадении , будет в два раза понижать шансы на то , что всё время играет первый кубик. Мой ответ , как я вижу, совпадает с ответом Бориса. 4/1 это 0,8 к 0,2 . где 0,8 шансы странного куба , а ,02 соответственно шансы обычного. Если не верите , попробуете рассчитать до трех или четырёх бросков , я думаю ответ опять должен совпасть. при четырех бросках ответ будет 16 к 1 Во столько раз шансы что сыграл странный куб , станут выше обычного куба. Я думаю, что не ошибся в своих упрощённых расчётах. Но всё бывает.
Хз, почему это считается сложным, мне почему-то это интуитивно в голову пришло ещё до того, как в школе проходили. Помню сидел за компом, играл варкрафт 3 и задумался, с какой вероятностью мастер клинка выдаст 2 крита подряд, а с какой 3 крита, и сам того не подозревая начал выстраивать у себя в голове теорию вероятностей, а когда в школе и универе начали изучать, то мои предположения оказались верными
Я решил немного подругому. Я посчитал вероятность выпадения 3 и 5 на первом кубике P1=1/6×1/6×2= 2/36 = 1/18, и на 2м P2 = 1/3×1/3×2=2/9. И посчитал отношение P2 к сумме обоих вероятностей P = P2/(P1+P2)=(2/9)/(1/18+2/9)= (2/9)/(5/18) = 4/5 = 0.8
Кстати говоря, второй способ хорош, в том числе, для демонстрации - почему тесты на ковид так сложно считаются - в плане, что могут быть ложноположительный или ложноотрицательные результаты. И так оно становится почти очевидным для читающего. Видел статьи в интернете на эту тему (Теорема Байеса) на примере тестов на ковид
12:30 в общем-то нам все равно, что исходов 72 и теоретически задачу можно усложнить разными фигурами, тогда школьники быстрее придут ко 2 способу без Байеса.
Задача из книги купленной мной в 1985 году в Академкниге. Есть некое большое количество монет "N". Их подбрасывают вверх. Найти условия и количество бросков при которых одна монета падала всегда орлом в верх. Задача на зависимые события.
в уме за 30 секунд: нам не важно, выпало 11 13 15 33 35 55, одним словом для любого результата бросков второго кубика ответ будет одинаковый. а на первом кубике выпадают значения совпадающие с любой комбинацией из второго кубика с вероятностью (так как со вторым кубиком совпадает половина значений на первом) 1/2*1/2=1/4. для второго кубика вероятность соответственно 1.
Много лет назад был у меня коллега - увлечённый охотник, рыболов, грибник и ягодник. Он вёл дневник своих поездок на природу, где отмечал место поездки и её "продуктивность (с добычей или нет). И вот он решил на основе этой информации делать оценку куда лучше ехать, то есть делать себе своеобразный прогноз. Но получилось так, что куда-то он ездил 5 раз и всё 5 раз удачные, куда-то 15 раз с 14 удачными исходами, а куда-то 30 раз и 27 успешными результатами. Вопрос - куда лучше ехать? Тогда мы эту задачу не решили (с математикой на Вы). Сейчас я знаю способ решения, но толково объяснить его не сумею. Борис, могли бы Вы сделать разбор этой "задачи охотника", если будет возможность и желание, конечно же.
Очевидно, что 5/5 больше, чем 14/15 и тем более, чем 27/30. Но я бы сказал, что выборка маловата. Вот если бы он съездил в каждое из указанных мест бесконечное число раз...
Из того списка я все задачи кроме Топ-1 сам решил. И эту тоже - без формулы Байеса, но и таблички не рисовал) Что-то среднее. Но ошибся в подсчетах в задаче про теннисный турнир. Так что давайте её разберем)
вычислил вероятность для одного куба, для другого. Разделил вероятность нужного куба на сумму вероятностей. Ответ верный. Это норм решение или жонглирование числами?
Не смог решить похожую задачу: в коробке находятся 3 шара - красный, синий и зеленый.из коробки мы не глядя вытаскиваем один шар и записываем его цвет, после чего кладём шар обратно в коробку. Затем снова вытаскиваем шар , записываем цвет и снова кладём шар обратно в коробку, и так 5 раз. Какова вероятность того ,что шар одного цвета выпадет нам минимум 3 раза?
Вот эта конкретно лёгкая: Для независимых испытаний нужна формула Бернулли: P k/n (A) = C k/n • P(A)^k • P(1-A)^(n-k) где: С - число сочетаний = n!/(k!•(n-k)!) P k/n (A) - вероятность, что событие произойдёт k раз из n исходов Р(1-А) - вероятность, что событие не произойдёт в единичном случае Р(А) - вероятность, что событие произойдёт в единичном случае В твоём случае вопрос стоит "минимум 3 раза", значит проще найти для одного шара, что ты его достанешь 0, 1 или 2 раза, сложить эти вероятности, вычесть сумму из единицы, умножить полученную оазность на 3(у тебя же 3 разных шара) и вот тебе и ответ. Далее подсказки для поверки: Р 0/5 = 32/243 Р 1/5 = 80/243 Р 2/5 = 80/243 Р (3+4+5 раз из 5 для одного шара) = (243-32-80-80)/243=51/243 Р (3+4+5 раз из 5 для любого из 3 шаров) = 51/81
@@7thbrick что-то уж слишком мало, я вроде как нижний предел промоделировал, если остается последний шар, он с вероятностью 1/3 будет как минимум третим в одном цвете, значит наша искомая вероятность больше чем 1/3
@@vjarij ты отредактировал задачу? Вроде сначала писал "шар зеленого цвета выпадет минимум 3 раза"? Тогда да нужно ещё и для остальных цветов посчитать. 0.008×3=0.024. И плюс для них всех нужно ещё прибавить вероятности 4 одинаковых шаров и 5 одинаковых - там же минимум написано, значит может быть и больше, я сначала не обратила внимания. 0.2×0.2×0.2×0.2=0.0016. 0.0016×3=0.0048 и 0.2×0.2×0.2×0.2×0.2=0.00032 0.00032×3=0.00096 0.024+0.0048+0.00096=0.02976 А ответ есть? Сколько должно получиться?
@@7thbrick я если что и редактировал, то точно не цвет, сам решить по формулам я не смог , я на листке в клеточку смоделировал все возможные ситуации, таких у меня получилось 243 ,из них по 3 попадания и больше таких случаев было 153 , получается что 153/243 или 17/27, или почти 0.63 .но это близко к двум третям , а интуитивно чувствую ,что ответ находится в промежутке от одной трети до 0.5 , но никакими ухищрениями я его не могу получить. Интересно, что я подобную задачу задал ютуберам математикам,человек 10 точно, вот прошли уже сутки и никто мне не ответил
Второе решение мне сразу в голову пришло. Я правда не успел его дорисовать тк увидел что Вы делаете это на доске... И понял что я угадал с путём решение. Теперь смотрю способ через формулу, он хоть и элегантен, но нудный что-ли...
Можно ли рассуждать следующий образом: вероятность того, что данные очки выпали на первом кубике равна 1/36, на втором 1/9, вероятность выпадения данных очков на втором кубике в 4 раза больше вероятности на первом, вероятность того что мы взяли либо первый кубик, либо второй равна 1, следовательно получается уравнение x+4x=1 => 5x=1 => x=1/5 => вероятность того, что мы взяли первый кубик равна 0,2, а второй, соответственно 0,8? Просто я так быстро решил, но не уверен в том, что такое рассуждение применимо ко всем типам подобных задач, я правильно рассуждал, или все таки я попал в частный случай?
По сути правильно. Вероятность на каждом кубике 2/36 и 2/9, но вероятность выбора каждого кубика по 0,5, поэтому 1/36 и 1/9. До полного просмотра данного видео решал через дерево вероятностей, тот же самый ответ. Итого имеем 4 решения задачи.
Я решила в уме за 30 секунд, но математики смогут определить правильно ли? Вероятность такого исхода для 1го кубика 1/36, для второго 1/9. Вероятность того, что этот результат получен бросанием второго в 4 раза больше, что первого, значит = 4/5, те 0.8.
Борис Викторович, добрый день, спасибо за Ваши ролики. Хотелось бы задать вопрос об оценке вероятностей наступления рискового события. Такие задачи например стоят в области управления надежностью технологического оборудования. Вот так выглядит стандартная шкала вероятностей наступления рискового события: Поломка случается два и более раз в год - бальная оценка 2; Поломка случается на временном отрезке от 6 месяцев до 1,5 лет - бальная оценка 0,7; Поломка случается на временном отрезке от 1,5 лет до 5 лет - бальная оценка 0,2; Поломка случается на временном отрезке от 5 лет до 20 лет - бальная оценка 0,05; Поломок не было более 20 лет - бальная оценка 0,02. Мне кажется очевидным, хотя возможно это и не так, что бальная оценка показывает вероятность поломки оборудования за год. Просто никак по другому я эти баллы объяснить для себя не могу. Но если это действительно вероятность, то хотелось бы понять, почему эти баллы не дают в сумме единицу, как это положено при складывании вероятностей. И второе, допустим у меня есть два насоса, один основной другой резервный. Вероятность поломки каждого из них в течении года равна 0,7. Тогда, что бы узнать вероятность выхода из стоя обоих насосов, учитывая, что это независимые события я перемножаю 0,7*0,7=0,49 и получаю вразумительный результат. Но как мне быть если насосы ломаются два раза в год. По той же самой логике я должен перемножить 2*2=4 и получается, что вероятность того что оба насоса сломаются одновременно выше чем вероятность поломки одного насоса, что является полным абсурдом. Помогите пожалуйста разобраться в вопросе.
Второе решение ни фига не простое, хоть и выглядит так. Выделить набор равновероятных исходов, а только с ними можно подобные рассуждения проводить, это надо постараться, заодно где-то там в фоне для себя доказать тот факт, что они равновероятные с одной стороны, а с другой представляют собой набор всех исходов. Так что может оказаться, что через формулки проще будет. 😀
зачем стараться с выбором в данном случае? В подобных задачах кубики идеальные, значит, вероятность выпадения конкретного числа равна _ровно_ 1/6. Поэтому смело рисуем матрицу 6*6. И "в фоне" тоже ничего доказывать не надо. В общем, непонятное замечание, если честно. Не донырнул. Поясните?
Есть еще решение ферматиста-алхимика-философа. Если выбрали нестандартный кубик, то вероятность, что выпало 3 и 5 равна 4/6*2/6=2/9. Если выбрали стандартный кубик, то эта же вероятность равна 2/6*1/6=1/18. Вероятность постприорного события всегда равна 1. Значит 2/9 * х + 1/18 * х = 1. Где х = 18/5 (х - это вес или коэффициент). Тогда вероятность, что выбрали нестандартный кубик равна 2/9 * 18/5 = 4/5.
Решал так - если взяли первый кубик, то 1/6*1/6=1/36. если второй 1/3*1/3=1/9. первая вероятность в 4 раза ниже второй, значит , вероятность ,что взяли первый кубик в 4 раза ниже , чем второй. а это соответствует 0.2.
Считал в уме так: вероятность выкинуть 3 и 5 на первом кубике 1/18, вероятность выкинуть 3 и 5 на втором - 2/9. Произошло или то или другое, других вариантов не дано, а значит примем сумму этих вероятностей за полную вероятность и посчитаем отношение интересующей нас вероятности к полной: (2/9)/(1/18 + 2/9) = (2/9)/(5/18) = 4/5 = 0.8 Я вот только не понял, это я интуитивно теорему Байеса применил что-ли (точнее формулу, теорему формально нельзя применить не зная)? :) И ещё интересно, мне бы засчитали такое решение задачи, или что-то из использованного мне бы на ЕГЭ нужно было доказать, чтобы решение считалось правильным?
Я изначально решал по другому (как мне кажется более простому способу): 1. Найдём вероятность что выпадут 3 и 5 на обычном кубике: (1/6+1/6)*(1/6+1/6) = 2/36=1/18 2. Найдём вероятность что выпадут 3 и 5 на втором кубике: (1/3+1/3)*(1/3+1/3) = 2/9=4/18 3. Мы точно знаем что произошла одна из описанных выше ситуаций, сравним их вероятность и найдём шанс что мы взяли второй кубик: 4/18 / (1/18 + 4/18) = 4 / (1 + 4) = 4/5 = 0,8. В принципе никаких особых знаний формул не требовалось.
@@LEA_82 ну то вероятность на первом кубике высчитывается так же 1 /18, а вероятность на втором 0/36=0 Теперь сравниваем: 0 / (1/18 + 0) = 0, т.е. это точно не был второй кубик.
Это как-то сложно, мне кажется. На самом деле все проще - на кубике 3 и 5 выпадает в 4 раза чаще (т.к. каждое число выпадает на две грани, 2*2 = 4). с-но это 4/5 = 8/10.
Тут есть во втором варианте решения обход одного сложного момента. А если «теоретически» второй кубик с тремя гранями - 1 3 5. Тогда этот момент о, не грамотно выражаясь, о весе в общей копилке вариантов первого и второго кубика. Тогда у второго каждый возможный вариант весит как 4 у первого. Жаль что автор это не объяснил грамотно и правильно. Поэтому для меня утверждение что у второго граней столько же что и у первого и поэтому тоже 72 варианта - попытка обойти вопрос что я не грамотно называю - весом события. Другими словами 72 варианта первого кубика весят столько же что и 18 вариантов второго. И тогда уже приводя их к общей шкале весов (совсем неграмотное рассуждение пошло, но по другому не получается) у первого 2 подходят. У второго тоже 2. Но каждый весит как 4 первого. И так далее. Было бы здорово если у автора нашлось бы время хоть как то помочь с пониманием этого нюанса.
У меня возник вопрос.. Я просто получил правильный ответ условно интуитивным путем, но его я понимаю до тех пор пока вероятности выбора того или иного кубика равны, но как повлияет на решение (вторым способом) и возможно ли оно еще, если изменить условие таким образом, что вероятность выбора первого кубика 30% а второго 70%. (условно)... все остальное условия задачи не менять... Как это условие отразиться на решении?
P(#2 | 3, 5)=(2/9*0,7)/(2/9*0,7+2/36*0,3)=0,903226... по формуле Брайеса. Интуитивно ясно только, что если вероятность выбора 2ого кубика выше, то и конечная вероятность будет выше, вот только насколько? Сожалею, если формула не понятна, в видео всё довольно чётко объяснили.
![Теорема Байеса [3Blue1Brown]](http://i.ytimg.com/vi/_bcAK_1a72k/mqdefault.jpg)
![Tee Grizzley - Blow for Blow (feat. J. Cole) [Official Video]](http://i.ytimg.com/vi/wNLN5xsx5dc/mqdefault.jpg)
Второй способ очень понравился, намного интереснее, чем обычные методы, спасибо
но будьте внимательны! Он работает только в том случае, если вероятности "достать" каждую из табличек одинаковы!
Формулу разложили доходчиво, спасибо!
Школу закончила в 83, никаких вероятностей мы не проходили, сейчас откраваю алгебру за 10, 11 класс, мне реально не просто, в школе нужны такие учителя, как вы Борис!!!
Как же Вы великолепно объясняете, Борис Викторович! Спасибо что Вы есть!
альхамдулилля
В том видео все задачи были интереснейшие, надеюсь и на разбор оставшихся
+
+
Спасибо Борис! Теория вероятности стала моей любимой темой, после того как я не успел допуститься до экзамена и пришлось совершать глубокое погружение в теорию до полного понимания курса) Хотелось бы посмотреть разбор задачи с какой-нибудь экзотической плотностью распределения, с участием мат. ожидания и дисперсии. Благодаря вашим комментариям и пояснениям, возможно вы спасете многих людей от того, через что пришлось пройти мне)
А что, в школе уже матожидание и дисперсию проходят? 44 года назад ввели на 1 год комбинаторику, дети с ней улетели на экзаменах, поэтому убрали быстро.
Но меня она спасла при поступлении на матмех, её мало кто решил, а я решил и пролез со своим средним 3.96 в аттестате и 3 за сочинение, ибо после письменной математики конкурс сразу ополовинился. Половина двойки получила. Я со своей 4 чувствовал себя уже уверенно. Колени не дрожали и устные математику и физику на 5 сдал сочинение уже роли не играло.
ЕГЭ мне уже неактуально, но пытаюсь въехать в статистику и это кажется самое простое и понятное объяснение формулы Байеса, спасибо большое!
раз:
ruclips.net/video/HZGCoVF3YvM/видео.html&ab_channel=3Blue1Brown
два:
ruclips.net/video/lG4VkPoG3ko/видео.html&ab_channel=3Blue1Brown
Имхо, статистика становится куда понятнее с визуализацией.
Прошло время, с тех пор, как задачи появились. Потребовалось искать черновик той ночи =) Но ответ сошёлся. Чудо, что не запутался в Байесе и полной вероятности. Но геометрическое решение, как обычно на высоте!
Очень круто! Большое спасибо!
Круто и очень интересно. Особенно второй способ решения. Давайте разберем задачу про теннисный турнир или задачу про викторину. Спасибо!
Мммм да, буду разбираться, второе решение мне понравилось, но я ж его забуду, если не вникать в теорию легкие решения так же легко забываются. Спасибо за вашу работу, это очень круто быть таким умным!!!
На мой взгляд, самое сложное в этой задаче не решить её, а понять условие. Например, откуда именно взялось, что кубики выбираются равновероятно.... а если они выбираются равновероятно по условию, то о чём же тогда спрашивают...
Вот с этими вероятностями всегда западня, только вроде бы все понял, а тут! Вот поэтому теорию надо учить, хоть и неохота!
вероятность - это всегда про те знания, которыми мы обладаем и которыми не обладаем
когда речь о "равновероятном выборе кубиков" - одна ситуация, и состоит она в том, что человек берёт первый попавшийся кубик. В этом случае эта вероятность складывается из нашего единственного знания - человек выбрал один из двух кубиков без каких-либо дополнительных факторов в сторону одного из них - больше нам в этой ситуации ничего не дано.
Во втором же случае, когда нас спрашивают, какова вероятность, что выбранный кубик - номер два - мы уже обладаем совсем другими знаниями. Мы знаем точно, что после того, как человек ткнув пальцем выбрал один из двух кубиков и бросил его дважды - мы получили результат 3 и 5. Вот это знание уже порождает совсем другую вероятность.
Речь о двух совершенно разных вероятностях, хотя и относящихся к одному предмету. Это похоже на то, чтобы сравнивать вероятность, что будущий ребёнок будет мальчиком и вероятность, что будущий ребёнок будет негром, видя фотографии родителей. И то, и то, вероятность, относящаяся к ребёнку, но это совершенно разные две вероятности.
Спасибо!
Борис, огромное СПАСИБО за Ваш труд! Всегда смотрю Ваши видео, затаив дыхание, и рекомендую Ваш канал своим ученикам и коллегам!
Очень было бы интересно посмотреть Ваше решение задачи о 6 командах. Особенно интересует вопрос: если всё условие оставить дословно таким же, а 6 заменить на 100, ответ изменится?
Насколько вы просто всё объяснили!Не верится,даже страх ЕГЭ пропал,спасибо огромное!
Мой внутренний математик очень рад, что решил эту задачку правильно, не зная никаких формул :)
Спасибо огромное. Концовка неожиданная. Очень просто и совсем неочевидно.
Решение с табличкой крутое, спасибо!
Потрясающее объяснение, стало интересно, поставил видео на паузу и пошёл решать, ответы сошлись. Боря, Вы как всегда на высоте!
Сдал егэ в прошлом году,но до сих пор смотрю ролики с большим интересом,особенно теории вероятностей
Спасибо огромное, прям выручили!
Изящно, просто , гениально.
Спасибо
я даже не задумывался в этой задаче, хоть и умел её решать, что в теории кубики могли брать с равной вероятностью. спасибо!
Хорошо, что привели наглядный способ, думаю многим станут понятны и формулы.
Огонь!!!
Один раз встретил задачу про тесты и болезнь, в теорему Байеса не поверил, но решение именно такое) Жаль школьников, которым, если что вдруг, такое попадётся(
Про тесты и болезнь я когда-то давно ещё понял эту тему, когда разбирал, как на ВИЧ тестируют. Если грубо говоря 0.1% населения носит вирус, и кто-то случайный, без предпосылок, идет и сдает тест, на котором написано, что он достоверен с вероятностью 98%, и вдруг получает положительный ответ. То это не значит, что у него с вероятностью 98% есть вирус, а куда более вероятно, что он попал в те 2% ошибки теста. Так что сразу назначают повторное тестирование, а то и два.
@@alexeypomelov817 Да, есть такое.
Интересно смотреть даже на 4ом курсе Прикладной математики))
Главное в теории вероятности убедиться, что все исходы равновероятны 😀
И не высосать из пальца равновероятность там, где её и в помине нет.
Божееее спасибо большоееее, все так запугивали этой формулой, но вы настолько понятно ее приподнесли, спасибо вам огромное))
Как круто! 👏👏👏Спасибо!
Еще такие задачки можно решать в excel :)
Делаем столбцы кубик1, кубик2, бросок1, бросок2, "3 или 5", "3 или 5 при кубике2".
Забиваем в первый столбец randombetween(0,1), и дальше уже аналогичными формулами формируем значения.
Копируем на 100 тыс строк.
Вот и готовый стенд для подсчета.
На практике 0.8 не получается идеально точно.
Разброс идет от 0.79 до 0.81, зависит от количества строк.
Но в целом можно понять, к какому значению стремится данная вероятность.
Как задачу решал я в уме:
Так, ну значится что к нас есть?
Кубик нормальный, и кубик которому убрали чётные числа. А значит у на есть 4 варианта событий для кубика: 2чёт (0.25), чет+нечёт(0.5), 2нечёт(0.25). Мы попали в ситуацию 2нечёт, для кубика нормального есть одна подходящая ситуация, до кубика ненормального 4 (ибо все чётные сменили на нечётные). Значит всего ситуаций 5, из них 4 - наш случай => ответ 0.8
У тебя очень приятный голос. Спасибо за видео.
14:37 - Да!
Первый способ- это для жертв ЕГЭ. А второй- про реальное понимание сути теории вероятностей. И да, второе гораздо круче.
Все гениальное просто. Спасибо!
Думаю, что тут легче всего и интуитивно понятнее рассуждать в терминах вероятностных пространств. Если исходно были элементарные исходы e1, e2, ... en и вероятностное пространство Ω, то после информации о наступлении какого-то события A некоторые из элементарных исходов просто перестанут существовать (потому что некоторые ei в пересечении с A = ∅) и будет новое множество Ω штрих и какое-то подножество элементарных исходов e1 штрих, e2 штрих, ... ek штрих (тут под ei штрих подразумевается, что просто индексация изменилась (потому что их теперь не n а k), а не вероятность какого-то элементарного исхода), а раз у нас новое множество элементарных исходов, то относительно него (всех его исходов) и нужно вычислять "новую" вероятность. Так и получается условная вероятность P(B|A) = P(A) * P(B) / P(Ω штрих), где P(Ω штрих) = P(A)
В общем, если резюмировать, то при наступлении события A мы переходим к новому вероятнотному пространству Ω штрих
Я решал через дерево событий - мы перемножаем вероятности по ветке 1 кубика, получается 1/2(вероятность выбрать 1 кубик)*1/6 (вероятность что выпадет 3) * 1/6 (вероятность, что выпадет 5) = 1/72, ту же самую процедуру делаем по 2 кубику: 1/2*1/3*1/3=4/72.
Из этого можно сделать вывод, что вероятность того, что мы выберем 2 кубик и комбинация окажется 3,5 в 4 раза выше, чем то, что такая же комбинация выпадет на 1м (или 5,3, неважно, поскольку это равновероятные события, поэтому общая вероятность 5,3 и 3,5 = 2/72 для 1 кубика и 8/72 для второго кубака ).
Общая вероятность выбрать 1 или 2 = 1, таким образом веротяность выбрать 1 - 1/5 или 0,2, вероятность выбрать второй - 4/5 или 0,8.
Возможно кому-то будет понятнее такой ход рассуждений
Второй способ - огонь! )
Разберите пожалуйста задачу про 6 команд.
Да чё там разбирать? При любом Х первых выигранных игр команды А, вероятность победы её в У игре будет равна (Х+1)/(У+1). Число команд в условии при этом никакой роли не играет и должно быть просто больше У.
Очень простая общая формула. Правда я её 7 дней выводил методом проб и ошибок, и объяснять, почему она работает, пришлось бы минут 20, но это уже мелочи.
Такую задачу, видимо, тоже проще решать обходными путями.
Если что, фраза "да чё там разбирать" - это сарказм. А то любят тут в Ютубах любую иронию воспринимать прямо в лоб.
На самом деле в задаче про 6 команд можно забить на количество команд (их там может быть и 7 и 8 и 10), и решать задачу для 5-ти команд. Ответ всё равно не изменится.
Ответ зависит только от того, с какой вероятностью при жеребьёвке самая сильная команда из первых 5-ти попадает в 5-й слот. Очевидно это 1/5, что и даёт вероятность поражения для сильнейшей из первых 4-х команд. И 4/5 вероятности победы.
Вот только как это красиво обосновать - я не знаю.
Да, будьте так добры 🙂 Меня тоже вот именно она больше всего заинтересовала, т.к. что-то даже навскидку и не понял что от решающего хотят )
Назовём команды по уменьшению "силы" номерами от 1 до 6, победит команда 1. Значит, победить в трёх играх могут только команды 1, 2 и 3, а победить в четвёртой могут только команды 1 и 2. Значит сначала нужно найти вероятности, что команда А - это команда 1, 2 и 3 (условные вероятности для каждой из трёх команд). Для третьей: чтобы победить три раза, ей нужно сыграть с любой из (4, 5, 6) из пяти команд, потом с двумя из четырёх, потом с одной из трёх. Вероятность победить три раза для команды 3 равна 3/5*2/4*1/3=2/20=1/10. Для команды 2 равна 4/5*3/4*2/3=6/15=4/10. Для команды 1 равна 1=10/10. Для команд 4, 5 и 6 такая вероятность равно нулю.
Далее, вероятность победить в четвёртой игре для команды 1 равна 1, для команды 2 равна 1/2, для команды 3 равна 0.
Итого, после трёх игр имеем, условно, пятнадцать исходов, в десяти вероятность победить в четвёртой игре равна 1, в четырёх - 1/2, в одном - 0. Общая вероятность, что команда А победит в четвёртой игре, равна (10+4/2+0)/(10+4+1)=12/15=0.8
Прикольно, ещё до начала решения попытался на вскидку прикинуть, сказал 80) но объяснение классное , и первое и второе, кто как не мистер Трушин объяснит )
До первого решения я додумался сразу , а до второго я додумался после того как мне стало очень вспоминать формулу Байеса)
Надеюсь у Вас найдется возможность ответить на мой комментарий. Задача такая:
Игральную кость бросили один или несколько раз. Оказалось, что сумма всех выпавших очков равна 3. Какова вероятность того, что было сделано два броска? Ответ округлите до сотых.
Если считать первым Вашим способом, то получается, Р(АIВ)=(2/36)/(1/6+2/36+1/216)=12/49~0.24
Если же считать вторым, Р(АIВ)=2/4=1/2=0.5
0.5 и 0.24...
Понятное дело, что вторым способом в этой задаче нельзя суммировать общее число событий при одном, двух и трех бросках, т.к. это не равновероятные события, но на это стоит обратить внимание.
PS ненавижу теор.вер. шарлатанство какое-то, особенно с учетом того, что верный ответ зависит от того как его считать(это я не конкретно об этой задаче).
всего возможно 4 варианта
3
1 2
2 1
1 1 1
из них два варианта - это два броска. 2/4 = 0.5
А вот то, что вы первым способом пытались изобразить - это очень странная история. Откуда вы взяли эти числа? Вероятность того, что бросили два раза отнюдь не так легко посчитать. Она близка к нулю. Потому что если нам больше ничего не известно, кроме как то, что игральную кость бросили один или несколько раз - то вариантов буквально бесконечно и они все равновероятны. Могли бросить один раз. Могли миллион. Могли 1024. А могли и два раза. Поэтому откуда вы взяли эти числа, непонятно...
И для начала определите, что такое A и что такое B в вашем случае.
Судя по записанной Вами формуле - A="сумма выпавших очков равна трём", а B="было совершено два броска". Тогда в знаминателе непонятное выражение вы написали. Там должно быть P(B), которое стремится к нулю, а то, что записали Вы, непонятно, откуда взято.
Простая, но красивая задача
Классный формат, спасибо!!!
Борис, не поверите! Вчера увидела эти задачи в сборнике вариантов от издательства "Легион", всю ночь ломала голову над решением. А тут ваш ролик! Большое Вам спасибо.
Жизаа, мы в шк это проходим, тоже всю ночь думалаа))
случайно потешили моё самомнение, спасибо. Взамен с меня комментарий))). Я сразу ответил, что одно событие в четыре раза вероятней второго, и ответил (слишком незадумываясь) 1/4 и 3/4. Но, конечно, ели бы ещё чуть подумал, то ответил бы правильно)))
Очень интересно, спасибо большое
Спасибо за ролик! Можете объяснить также формулу Бернулли или как без него решать задачки на вероятность?) Заранее спасибо
Сегодня про это ролик вышел )
@@trushinbv спасибо большое, сейчас же и посмотрю)
большое спасибо
Минут 5 поприкидывал варианты в уме, понял, что если берем 1й, то вероятность 2/36, если 2й, то 2/9, поделил 2й на 1й, получилось 4, значит 2й кубик будет соответствовать условию (3;5) в 4 раза чаще, значит 4/5 наш ответ
В уме быстро решил. Школа не прошла даром, за 44 года не забыл. В университете на матмехе такие задачи, конечно, уже не решали.
Посчитал в уме 2 вероятности. Выпадения 3 и 5 на первом кубике ((1/3)*(1/6)=1/18), а потом на втором ((2/3)*(1/3)=2/9=4/18).
Потом разделил 4/ (1+4)=4/5
Здесь сложность не в том, чтобы нарисовать возможные варианты, а в том, чтобы нарисовать равновероятные варианты, при условии, что оба раза бросается один и тот же кубик.
Поддерживаю. При эквивалентной формулировке с заменой кубиков на волчки с 6 и 3 ребрами задача с текущим обоснованием не решается. Борис провел очень тонкую замену понятия "результат броска" (в задаче это цифра на грани, а в решении сама грань), но не объяснил для чего это делает.
Благодарю.
Это было очень круто. Спасибо!
красота второй вариант
По сути вторая форма решения это тоже теоретически обоснованная. Она даже выглядит как более формализованная, если рассматривать её с точки зрения ввода множества мер, где решение сводится к получению отношения множеств благоприятных исходов m к множеству всех исходов n : P(m)/P(n).
P.s. Нам препод в универе всегда говорил - крутите задачу по вероятности так, чтобы правильно выбрать эти 2 множества, введя правильную меру. Часто это можно так сделать.
Класс!
метод с таблицами клевый!👍
формул тервера вообще знаю 0, но 20 лет программирования оставили неизгладимый отпечаток на способе рассуждать 😉
Эту задачу проще решить так вероятность выпадения 3,5 на обычном кубике равна 2/6*1/6= 1/18, вероятность выпадения 3,5 на нечётное кубике 2/3*1/3=2/9. Сложим вероятности выпадения 3,5 на двух кубиках, 1/18+2/9=5/18, и теперь разделим вероятность выпадения 3,5 на нечётное кубике 2/9 на общую вероятность выпадения 3,5 на любом из кубиков 5/18 и получаем ответ 4/5 или 0,8.
Я решал так:
Т.к. выпадение всех граней равновероятно, то по сути не важно что именно выпало. 1,3 или 5 и в какой последовательности. Рассматривать нада числа как из множества 1,3,5 (нечетные)или из множества 2,4,6 (четные).
В итоге если это был первый кубик, то вероятность выбросить нечетное составляет 0.5, а вероятность выбросить два раза нечетное число равна 0,25
А на втором кубике вероятность этихсобытий всегда равна 1, что в 4 раза чаще
А значит вероятность что это был второй кубик = 4/(4+1) = 0.8
Я считал так. Вероятность того, что на первом кубике за два броска выпадет 3 и 5 это 1\3 * 1\6, а вероятность что такая же комбинация выпадет на втором 2\3 * 1\3. Если посчитать обе вероятности и привести к общему знаменателю, то получится 1\18 и 4\18. То есть вероятность такой комбинации на втором кубике в 4 раза выше. если первая вероятность это x, то вторая 4х. Так то что выпало 3 и 5 это 100% (так это уже случившееся событие), то x + 4x = 100. А значит 4x это 80%. Хз правильно ли так, но ответ совпал)))
круто. спасибо
Один бросок шанс 2/1. Два броска. 4/1 три броска 8/1 четыре броска 16/1 в том случае , если каждый раз будет выпадать либо 1, либо 3 , либо 5. не важно в каком порядке.
Любое из этих чисел при выпадении , будет в два раза понижать шансы на то , что всё время играет первый кубик.
Мой ответ , как я вижу, совпадает с ответом Бориса. 4/1 это 0,8 к 0,2 . где 0,8 шансы странного куба , а ,02 соответственно шансы обычного.
Если не верите , попробуете рассчитать до трех или четырёх бросков , я думаю ответ опять должен совпасть. при четырех бросках ответ будет 16 к 1
Во столько раз шансы что сыграл странный куб , станут выше обычного куба. Я думаю, что не ошибся в своих упрощённых расчётах. Но всё бывает.
Хз, почему это считается сложным, мне почему-то это интуитивно в голову пришло ещё до того, как в школе проходили. Помню сидел за компом, играл варкрафт 3 и задумался, с какой вероятностью мастер клинка выдаст 2 крита подряд, а с какой 3 крита, и сам того не подозревая начал выстраивать у себя в голове теорию вероятностей, а когда в школе и универе начали изучать, то мои предположения оказались верными
Я решил немного подругому. Я посчитал вероятность выпадения 3 и 5 на первом кубике P1=1/6×1/6×2= 2/36 = 1/18, и на 2м P2 = 1/3×1/3×2=2/9. И посчитал отношение P2 к сумме обоих вероятностей P = P2/(P1+P2)=(2/9)/(1/18+2/9)= (2/9)/(5/18) = 4/5 = 0.8
Кстати говоря, второй способ хорош, в том числе, для демонстрации - почему тесты на ковид так сложно считаются - в плане, что могут быть ложноположительный или ложноотрицательные результаты. И так оно становится почти очевидным для читающего. Видел статьи в интернете на эту тему (Теорема Байеса) на примере тестов на ковид
12:30 в общем-то нам все равно, что исходов 72 и теоретически задачу можно усложнить разными фигурами, тогда школьники быстрее придут ко 2 способу без Байеса.
10:40 - шахматная доска для тех, кто любит играть без слонов или коней =)
Играем в анархию без королей)
Задача из книги купленной мной в 1985 году в Академкниге. Есть некое большое количество монет "N". Их подбрасывают вверх. Найти условия и количество бросков при которых одна монета падала всегда орлом в верх.
Задача на зависимые события.
в уме за 30 секунд: нам не важно, выпало 11 13 15 33 35 55, одним словом для любого результата бросков второго кубика ответ будет одинаковый. а на первом кубике выпадают значения совпадающие с любой комбинацией из второго кубика с вероятностью (так как со вторым кубиком совпадает половина значений на первом) 1/2*1/2=1/4. для второго кубика вероятность соответственно 1.
Много лет назад был у меня коллега - увлечённый охотник, рыболов, грибник и ягодник. Он вёл дневник своих поездок на природу, где отмечал место поездки и её "продуктивность (с добычей или нет). И вот он решил на основе этой информации делать оценку куда лучше ехать, то есть делать себе своеобразный прогноз. Но получилось так, что куда-то он ездил 5 раз и всё 5 раз удачные, куда-то 15 раз с 14 удачными исходами, а куда-то 30 раз и 27 успешными результатами. Вопрос - куда лучше ехать? Тогда мы эту задачу не решили (с математикой на Вы). Сейчас я знаю способ решения, но толково объяснить его не сумею. Борис, могли бы Вы сделать разбор этой "задачи охотника", если будет возможность и желание, конечно же.
Очевидно, что 5/5 больше, чем 14/15 и тем более, чем 27/30.
Но я бы сказал, что выборка маловата. Вот если бы он съездил в каждое из указанных мест бесконечное число раз...
@@СтаниславДоморощин-л7р Вот в этом и задача - какая оценка нам даст более достоверный результат? Как я уже сказал - решение есть.
Свитер классный!
Благодаря мини-курсу по теории вероятностей эта задача уже не кажется такой страшной)
Спасибо за видео! Я голосую за задачу #3
Меня формулы ТВ только запутывают и пугают. К тому же вызубрить их невозможно. Поэтому приемлю только вариант №2.
Из того списка я все задачи кроме Топ-1 сам решил. И эту тоже - без формулы Байеса, но и таблички не рисовал) Что-то среднее.
Но ошибся в подсчетах в задаче про теннисный турнир. Так что давайте её разберем)
Сегодня записал. На днях выйдет )
1/6* 1/6 = 1/36; 1/36 * 2 = 1/18
1/3 * 1/3 = 1/9; 1/9 * 2 = 2/9
2/9 : (1/18 + 2/9) = 4/18 * 18/5 = 4/5 = 0.8
Увидев превью удивился, но потом посмотрел ещё раз и успокоился
Посмотрите ролик про «посчитать на пальцах до тысячи». Там не получится успокоиться ))
вычислил вероятность для одного куба, для другого. Разделил вероятность нужного куба на сумму вероятностей. Ответ верный.
Это норм решение или жонглирование числами?
Не смог решить похожую задачу: в коробке находятся 3 шара - красный, синий и зеленый.из коробки мы не глядя вытаскиваем один шар и записываем его цвет, после чего кладём шар обратно в коробку. Затем снова вытаскиваем шар , записываем цвет и снова кладём шар обратно в коробку, и так 5 раз. Какова вероятность того ,что шар одного цвета выпадет нам минимум 3 раза?
Вот эта конкретно лёгкая:
Для независимых испытаний нужна формула Бернулли: P k/n (A) = C k/n • P(A)^k • P(1-A)^(n-k)
где:
С - число сочетаний = n!/(k!•(n-k)!)
P k/n (A) - вероятность, что событие произойдёт k раз из n исходов
Р(1-А) - вероятность, что событие не произойдёт в единичном случае
Р(А) - вероятность, что событие произойдёт в единичном случае
В твоём случае вопрос стоит "минимум 3 раза", значит проще найти для одного шара, что ты его достанешь 0, 1 или 2 раза, сложить эти вероятности, вычесть сумму из единицы, умножить полученную оазность на 3(у тебя же 3 разных шара) и вот тебе и ответ.
Далее подсказки для поверки:
Р 0/5 = 32/243
Р 1/5 = 80/243
Р 2/5 = 80/243
Р (3+4+5 раз из 5 для одного шара) = (243-32-80-80)/243=51/243
Р (3+4+5 раз из 5 для любого из 3 шаров) = 51/81
1/5 * 1/5 * 1/5 = 0.008 может?
@@7thbrick что-то уж слишком мало, я вроде как нижний предел промоделировал, если остается последний шар, он с вероятностью 1/3 будет как минимум третим в одном цвете, значит наша искомая вероятность больше чем 1/3
@@vjarij ты отредактировал задачу? Вроде сначала писал "шар зеленого цвета выпадет минимум 3 раза"? Тогда да нужно ещё и для остальных цветов посчитать. 0.008×3=0.024.
И плюс для них всех нужно ещё прибавить вероятности 4 одинаковых шаров и 5 одинаковых - там же минимум написано, значит может быть и больше, я сначала не обратила внимания.
0.2×0.2×0.2×0.2=0.0016. 0.0016×3=0.0048 и
0.2×0.2×0.2×0.2×0.2=0.00032
0.00032×3=0.00096
0.024+0.0048+0.00096=0.02976
А ответ есть? Сколько должно получиться?
@@7thbrick я если что и редактировал, то точно не цвет, сам решить по формулам я не смог , я на листке в клеточку смоделировал все возможные ситуации, таких у меня получилось 243 ,из них по 3 попадания и больше таких случаев было 153 , получается что 153/243 или 17/27, или почти 0.63 .но это близко к двум третям , а интуитивно чувствую ,что ответ находится в промежутке от одной трети до 0.5 , но никакими ухищрениями я его не могу получить. Интересно, что я подобную задачу задал ютуберам математикам,человек 10 точно, вот прошли уже сутки и никто мне не ответил
Второе решение мне сразу в голову пришло. Я правда не успел его дорисовать тк увидел что Вы делаете это на доске... И понял что я угадал с путём решение. Теперь смотрю способ через формулу, он хоть и элегантен, но нудный что-ли...
Можно ли рассуждать следующий образом: вероятность того, что данные очки выпали на первом кубике равна 1/36, на втором 1/9, вероятность выпадения данных очков на втором кубике в 4 раза больше вероятности на первом, вероятность того что мы взяли либо первый кубик, либо второй равна 1, следовательно получается уравнение x+4x=1 => 5x=1 => x=1/5 => вероятность того, что мы взяли первый кубик равна 0,2, а второй, соответственно 0,8? Просто я так быстро решил, но не уверен в том, что такое рассуждение применимо ко всем типам подобных задач, я правильно рассуждал, или все таки я попал в частный случай?
По сути правильно. Вероятность на каждом кубике 2/36 и 2/9, но вероятность выбора каждого кубика по 0,5, поэтому 1/36 и 1/9. До полного просмотра данного видео решал через дерево вероятностей, тот же самый ответ. Итого имеем 4 решения задачи.
Я решила в уме за 30 секунд, но математики смогут определить правильно ли? Вероятность такого исхода для 1го кубика 1/36, для второго 1/9. Вероятность того, что этот результат получен бросанием второго в 4 раза больше, что первого, значит = 4/5, те 0.8.
Борис Викторович, добрый день, спасибо за Ваши ролики. Хотелось бы задать вопрос об оценке вероятностей наступления рискового события. Такие задачи например стоят в области управления надежностью технологического оборудования.
Вот так выглядит стандартная шкала вероятностей наступления рискового события:
Поломка случается два и более раз в год - бальная оценка 2;
Поломка случается на временном отрезке от 6 месяцев до 1,5 лет - бальная оценка 0,7;
Поломка случается на временном отрезке от 1,5 лет до 5 лет - бальная оценка 0,2;
Поломка случается на временном отрезке от 5 лет до 20 лет - бальная оценка 0,05;
Поломок не было более 20 лет - бальная оценка 0,02.
Мне кажется очевидным, хотя возможно это и не так, что бальная оценка показывает вероятность поломки оборудования за год. Просто никак по другому я эти баллы объяснить для себя не могу. Но если это действительно вероятность, то хотелось бы понять, почему эти баллы не дают в сумме единицу, как это положено при складывании вероятностей.
И второе, допустим у меня есть два насоса, один основной другой резервный. Вероятность поломки каждого из них в течении года равна 0,7. Тогда, что бы узнать вероятность выхода из стоя обоих насосов, учитывая, что это независимые события я перемножаю 0,7*0,7=0,49 и получаю вразумительный результат.
Но как мне быть если насосы ломаются два раза в год. По той же самой логике я должен перемножить 2*2=4 и получается, что вероятность того что оба насоса сломаются одновременно выше чем вероятность поломки одного насоса, что является полным абсурдом. Помогите пожалуйста разобраться в вопросе.
Второе решение ни фига не простое, хоть и выглядит так. Выделить набор равновероятных исходов, а только с ними можно подобные рассуждения проводить, это надо постараться, заодно где-то там в фоне для себя доказать тот факт, что они равновероятные с одной стороны, а с другой представляют собой набор всех исходов.
Так что может оказаться, что через формулки проще будет. 😀
Хорошее замечание про равновероятность
Ничего непонятно, но очень интересно!!!
зачем стараться с выбором в данном случае? В подобных задачах кубики идеальные, значит, вероятность выпадения конкретного числа равна _ровно_ 1/6. Поэтому смело рисуем матрицу 6*6. И "в фоне" тоже ничего доказывать не надо.
В общем, непонятное замечание, если честно. Не донырнул. Поясните?
Есть еще решение ферматиста-алхимика-философа. Если выбрали нестандартный кубик, то вероятность, что выпало 3 и 5 равна 4/6*2/6=2/9. Если выбрали стандартный кубик, то эта же вероятность равна 2/6*1/6=1/18. Вероятность постприорного события всегда равна 1. Значит 2/9 * х + 1/18 * х = 1. Где х = 18/5 (х - это вес или коэффициент). Тогда вероятность, что выбрали нестандартный кубик равна 2/9 * 18/5 = 4/5.
Почему делить? на вероятность?
Решал так - если взяли первый кубик, то 1/6*1/6=1/36. если второй 1/3*1/3=1/9. первая вероятность в 4 раза ниже второй, значит , вероятность ,что взяли первый кубик в 4 раза ниже , чем второй. а это соответствует 0.2.
Да, я так-же решал, о конец не дорешал сразу, а жаль!
следующую задачу с вакцинациями, либо с викториной)
Считал в уме так: вероятность выкинуть 3 и 5 на первом кубике 1/18, вероятность выкинуть 3 и 5 на втором - 2/9. Произошло или то или другое, других вариантов не дано, а значит примем сумму этих вероятностей за полную вероятность и посчитаем отношение интересующей нас вероятности к полной:
(2/9)/(1/18 + 2/9) = (2/9)/(5/18) = 4/5 = 0.8
Я вот только не понял, это я интуитивно теорему Байеса применил что-ли (точнее формулу, теорему формально нельзя применить не зная)? :) И ещё интересно, мне бы засчитали такое решение задачи, или что-то из использованного мне бы на ЕГЭ нужно было доказать, чтобы решение считалось правильным?
Я правильно понимаю что второй способ актуален только для двух бросков? так как для трёх придется рисовать 3d куб, а для четырёх вообще не подходит.
А круги Эйлера не тоже самое?
Я изначально решал по другому (как мне кажется более простому способу):
1. Найдём вероятность что выпадут 3 и 5 на обычном кубике: (1/6+1/6)*(1/6+1/6) = 2/36=1/18
2. Найдём вероятность что выпадут 3 и 5 на втором кубике: (1/3+1/3)*(1/3+1/3) = 2/9=4/18
3. Мы точно знаем что произошла одна из описанных выше ситуаций, сравним их вероятность и найдём шанс что мы взяли второй кубик: 4/18 / (1/18 + 4/18) = 4 / (1 + 4) = 4/5 = 0,8.
В принципе никаких особых знаний формул не требовалось.
а если выпадут 2 и 6?
@@LEA_82 ну то вероятность на первом кубике высчитывается так же 1 /18, а вероятность на втором 0/36=0
Теперь сравниваем: 0 / (1/18 + 0) = 0, т.е. это точно не был второй кубик.
Это как-то сложно, мне кажется. На самом деле все проще - на кубике 3 и 5 выпадает в 4 раза чаще (т.к. каждое число выпадает на две грани, 2*2 = 4). с-но это 4/5 = 8/10.
Учась на 2 курсе, подобные задачи решаем за минуту две))
Так и должно быть ващет. Если вы не на факультете теологии, в таком случае респект
Когда я готовился к егэ, то я всю теорию сдавал по второму способу и нормально сдал, вот
Тут есть во втором варианте решения обход одного сложного момента. А если «теоретически» второй кубик с тремя гранями - 1 3 5. Тогда этот момент о, не грамотно выражаясь, о весе в общей копилке вариантов первого и второго кубика. Тогда у второго каждый возможный вариант весит как 4 у первого. Жаль что автор это не объяснил грамотно и правильно. Поэтому для меня утверждение что у второго граней столько же что и у первого и поэтому тоже 72 варианта - попытка обойти вопрос что я не грамотно называю - весом события. Другими словами 72 варианта первого кубика весят столько же что и 18 вариантов второго. И тогда уже приводя их к общей шкале весов (совсем неграмотное рассуждение пошло, но по другому не получается) у первого 2 подходят. У второго тоже 2. Но каждый весит как 4 первого. И так далее.
Было бы здорово если у автора нашлось бы время хоть как то помочь с пониманием этого нюанса.
Что?
Есть вероятности 3/7 и 1/5. Чтобы их спокойно сравнить мы приводим к общему знаменателю и пишем 15/35 и 7/35.
Всё.
На 10 минуте начали настолько машинально рассказывать, что я улетел в облака в своей голове и совсем потерял ход мыслей :D
У меня возник вопрос.. Я просто получил правильный ответ условно интуитивным путем, но его я понимаю до тех пор пока вероятности выбора того или иного кубика равны, но как повлияет на решение (вторым способом) и возможно ли оно еще, если изменить условие таким образом, что вероятность выбора первого кубика 30% а второго 70%. (условно)... все остальное условия задачи не менять... Как это условие отразиться на решении?
P(#2 | 3, 5)=(2/9*0,7)/(2/9*0,7+2/36*0,3)=0,903226... по формуле Брайеса. Интуитивно ясно только, что если вероятность выбора 2ого кубика выше, то и конечная вероятность будет выше, вот только насколько? Сожалею, если формула не понятна, в видео всё довольно чётко объяснили.