✓ Условная вероятность и формула Байеса. Задача про два кубика | Ботай со мной

Задача по теории вероятностей из открытого банка задач ЕГЭ:
Первый игральный кубик обычный, а на гранях второго кубика нет чётных чисел, а нечётные числа 1, 3 и 5 встречаются по два раза. В остальном кубики одинаковые.
Один случайно выбранный кубик бросают два раза. Известно, что в каком-то порядке выпали 3 и 5 очков. Какова вероятность того, что бросали второй кубик?
Мини-курс по «Теории вероятностей с нуля и до ЕГЭ»: trushinbv.ru/egeTV
Магазин мерча: trushinbv.ru/shop
Книжка от Трушина: trushinbv.ru/book
Онлайн-курсы по математике с Борисом Трушиным:
11 класс. Подготовка к ЕГЭ (задания 12-18): trushinbv.ru/ege11c
10 класс. Подготовка к ЕГЭ: trushinbv.ru/ege10
10-11 классы. Подготовка к Перечневым олимпиадам: trushinbv.ru/olymp
Другие курсы Фоксфорда: trushinbv.ru/courses
Репетиторы Фоксфорда: trushinbv.ru/coach
Как поддержать канал: • Как помочь развитию ка...
Разовая помощь (Ю-money, бывшие Яндекс.Деньги): yoomoney.ru/to/410011017613074
Разовая помощь (PayPal): paypal.me/trushinbv
Разовая помощь (Donation Alerts): www.donationalerts.com/r/bori...
Регулярная помощь (KZbin): / @trushinbv
Регулярная помощь (Patreon): / trushinbv
Личный сайт: TrushinBV.ru
вКонтакте: ege_trushin
Facebook: / trushinbv
Instagram: / trushinbv
TikTok: / trushinbv
Telegram: t.me/trushinbv
Twitter: / trushinbv
KZbin: / trushinbv

[@REDNACKSY]

Второй способ очень понравился, намного интереснее, чем обычные методы, спасибо

[@call_nick]

Как же Вы великолепно объясняете, Борис Викторович! Спасибо что Вы есть!

[@maksimgapey574]

Потрясающее объяснение, стало интересно, поставил видео на паузу и пошёл решать, ответы сошлись. Боря, Вы как всегда на высоте!

[@user-vr9pt2yu3o]

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.

[@carullan]

Жизаа, мы в шк это проходим, тоже всю ночь думалаа))

[@ytndjqyt]

Красивое решение, наглядное. Смотрю Ваш канал просто для удовольствия.

[@user-ph6lm5vs5n]

Как же хорошо Борис объясняет !!!

[@still_waiting_]

Мне очень нравится такой формат решения какой-либо сложной задачи с разбором двух способов решения

[@user-qs5jj9fb7b]

Господи, вы просто лучший, только что решил по второму способу, вы просто гений! Спасибо вам огромное, смотрю вас очень часто, когда что-то не понимаю

[@user-uw6lo2th4r]

Круто и очень интересно. Особенно второй способ решения. Давайте разберем задачу про теннисный турнир или задачу про викторину. Спасибо!

[@olegarh3507]

Очень красивое решение с помощью наглядного демонстрирования того,что происходит. Борис , хочу поблагодарить вас за проделанную вами работу.Именно благодаря вам я начал чувствовать пока что школьную математику. Так , как рассказываете вы этот предмет, наверное ,мало кто рассказывает

[@user-us9os1gp5y]

Сдал егэ в прошлом году,но до сих пор смотрю ролики с большим интересом,особенно теории вероятностей

[@eliseygrenka7906]

Спасибо большое! Я как раз хотел, чтобы вы её разобрали!

[@user-nf4bd2gq5x]

Спасибо, наконец-то разобралась с формулой Байеса!

[@user-qn6pv1li6r]

Спасибо огромное, прям выручили!

[@Alexander--]

Эту задачу я решил также обоими способами, причём вторым - несколько изменённым. При бросании вторым кубиком, как легко видеть, искомое событие появляется в четыре раза чаще, чем при бросании первым. Т.е. эти вероятности относятся как 4:1. А их сумма - 100%. Отсюда нетрудно определить сами вероятности.

[@user-vu6hn4ul2i]

Возможно, на такое решение и рассчитывали авторы этой задачи для ЕГЭ

[@krasniyingener]

Аналогично. Для такого рассуждения необязательно даже рассматривать конкретные выпавшие числа, достаточно того, что они нечётные. Если после двух бросков выпали только нечётные, значит произошло то, что со вторым кубиком происходит с вероятностью 1, а с первым - с вероятностью 0.25. А значит вероятность, что бросали второй кубик = 1/(1+0.25)=0.8. Не вполне корректная работа с вероятностями, но для быстрых расчётов в случаях равновероятных выборов (бросание монеток и кубиков, карты и т.п.) вполне пригодно. Так подобные задачи решаются в уме за полминуты

[@yurilangerman8945]

8 из 10 или в 4 раза больше это одно и то же

[@Lina_Astr]

Божееее спасибо большоееее, все так запугивали этой формулой, но вы настолько понятно ее приподнесли, спасибо вам огромное))

[@user-tc1or3ux4r]

Как круто! 👏👏👏Спасибо!

[@vivern123]

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)

[@user-kh1yx2nj3o]

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.

[@user-og6vn2nz5j]

Очень хорошо знаю теорию вероятностей, но такое объяснение просто шикарное!

[@LEA_82]

Хорошо, что привели наглядный способ, думаю многим станут понятны и формулы.

[@user-zr3sd2rb5u]

Классный формат, спасибо!!!

[@prioritizer]

Изящно, просто , гениально. Спасибо

[@ethanblackthorn3533]

Спасибо за отличное видео!

[@smallvenice5098]

Решение с табличкой крутое, спасибо!

[@sirdragdord701]

В том видео все задачи были интереснейшие, надеюсь и на разбор оставшихся

[@REBOOT19]

+

[@samoaltv]

+

[@ege100]

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?

[@onxard]

Какое красивое объяснение (тоесть, напоминание) теории формулы Байеса! Спасибо, очень быстро понятно, в свое время объяснение было несколько громоздким...

[@user-qq8uo8gb6o]

Очень интересно, спасибо большое

[@DAGULAIV]

Это было очень круто. Спасибо!

[@NAKIGOEORG]

Спасибо огромное. Концовка неожиданная. Очень просто и совсем неочевидно.

[@user-lp4yx5tj4z]

Все гениальное просто. Спасибо!

[@antonya]

я даже не задумывался в этой задаче, хоть и умел её решать, что в теории кубики могли брать с равной вероятностью. спасибо!

[@alexeypomelov817]

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!

[@EVIL_KOSS]

Спасибо, очень интересно

[@user-rj4uu6xv7i]

ЕГЭ мне уже неактуально, но пытаюсь въехать в статистику и это кажется самое простое и понятное объяснение формулы Байеса, спасибо большое!

[@Almoniification]

раз: kzbin.info/www/bejne/fouqdKKMe5iMrK8&ab_channel=3Blue1Brown два: kzbin.info/www/bejne/oniXh56GpKxmodE&ab_channel=3Blue1Brown Имхо, статистика становится куда понятнее с визуализацией.

[@dmathveev]

Спасибо!

[@user-mz6mg8gk9g]

Обеими руками за второй способ. 1) Простая экономия времени. Которое на ЕГЭ, очевидно, не резиновое. 2) Меньшая вероятность ошибиться, ковыряясь в вероятностях.

[@Igor_Isametdinov]

А если бы бросали не 2, а 3 раза? Вы стали бы чертить таблицу 6*6*6? Я, кстати, сам плохо представляю, как чертить такие таблицы..

[@user-mz6mg8gk9g]

@@Igor_Isametdinov Любой метод упрощения работает не всегда. Иначе не было бы необходимости выводить сложные формулы. Даже в аналогичной задаче с аналогичным ответом второй способ может быть нецелесообразным. Например у нас две колоды 36 карт, первая обычная, во второй нет треф и пик, а все остальные карты встречаются ровно 2 раза. Случайно выбрана одна из двух колод, две верхние карты: бубновая 10-тка и червовый король. И нужно найти вероятность, что это вторая колода. В этом случае рисовать таблички 36×36 целесообразно, только если решающий совсем не умеет находить ответ через формулы. Метод - это инструмент. Например молотком можно забить гвоздь. Но если кто-то попытается забить им шуруп, виноват в этом точно не молоток (метод) и не человек, который его придумал.

[@user-mz6mg8gk9g]

Другими словами: 1) Неудобно чертить таблицу: не чертишь таблицу. 2) Не уверен, что работаешь с равновероятными событиями - опять таки не чертишь таблицу.

[@krasniyingener]

@@Igor_Isametdinov Второй способ можно ещё более упростить. Вероятность выпадения из трёх бросков всех нечётных для первого - (1/2)^3=1/8, для второго 8/8. Отсюда вероятность, что бросали второй кубик 8/9. Для четырёх бросков 16/17, для пяти - 32/33.

[@user-mz6mg8gk9g]

Добавлю: пока мы уверены, что имеем дело с равновероятными событиями, графическим методом можно с лёгкостью решать куда более сложные задачи. Допустим есть 3 кубика: обычный, с гранями 123456, и два нестандартных: первый с гранями 113355, второй с гранями 133555. В остальном все кубики одинаковые. Два из них, выбранные случайно, бросили один раз. На одном кубике выпало число 3, на другом 5. Какова вероятность, что оба кубика были нестандартными? Очевидно (по крайней мере для меня) что варианты для каждой из 3-х возможных пар кубиков проще нарисовать, чем считать вероятности в лоб. Тем более, что ответ 10/19 намекает, что где-то могут попасться не самые удобные вероятности.

[@user-qs3tz6hh5g]

Спасибо за видео! Я голосую за задачу #3

[@XPbIM3]

во второй раз пишу под видео с задачми из тервер. Мощное визуальное решение, лайк.

[@Dejsving]

Ура! формула Байеса - я ждал - и я дождался.

[@Dejsving]

Второе решение вообще огонь

[@Dejsving]

Да все по очереди - они все интересны. Можно даже 1 видосом, наверно. Лайкайте, кто за.

[@user-mz6mg8gk9g]

@@Dejsving Формула Байеса - палка о двух концах. С одной стороны она подходит едва ли не под все задачи первой части. С другой стороны, ларчик с задачей может просто открываться. Нарисовал табличку и за пару минут перебрал варианты. А формула Байеса сожрёт лишние 3-5 минут драгоценного ЕГЭшного времени.

[@marinamar8762]

Браво!!!

[@user-ve4or1ld6f]

Насколько вы просто всё объяснили!Не верится,даже страх ЕГЭ пропал,спасибо огромное!

[@vanek_9397]

Мой внутренний математик очень рад, что решил эту задачку правильно, не зная никаких формул :)

[@user-rj1dg2ro2p]

Огонь!!!

[@aleksandrspiridonov7600]

супер круто! Спасибо

[@user-fe9xx2um6m]

Благодарю.

[@user-zf6fi3th5t]

большое спасибо

[@unnamed5939]

У тебя очень приятный голос. Спасибо за видео.

[@mikhailfurazov6420]

Красиво.. давайте ещё задач с кубиками.

[@user-bs4lq3jn3s]

Интересно смотреть даже на 4ом курсе Прикладной математики))

[@iGeen7]

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...

[@borjomi9372]

Спасибо!!!!!!🙏🏻🙏🏻🙏🏻🙏🏻🙏🏻🙏🏻🙏🏻🙏🏻

[@user-bx8tx9vn6k]

круто. спасибо

[@Evgeny2004]

Второй способ - огонь! )

[@sholpanbaimagambetova5657]

красота второй вариант

[@user-gq7he8br8n]

Класс!

[@mathis...4543]

В универе казалось чем-то диким, а здесь все по полкам! Респект!

[@roman_roman_roman]

Просто вы стали старше

[@mathis...4543]

@@roman_roman_roman тоже верно!

[@user-mm8pm7ol3r]

Просто в универах хреново учат. Приходит лысый старик, бубнит, выписывает на доску содержимое своей светлой головы и уходит. Кувыркайся как хочешь.

[@Misha-775]

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(

[@alexeypomelov817]

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.

[@Misha-775]

@@alexeypomelov817 Да, есть такое.

[@ineversayhating4148]

До первого решения я додумался сразу , а до второго я додумался после того как мне стало очень вспоминать формулу Байеса)

[@vanek7777777777]

Прикольно, ещё до начала решения попытался на вскидку прикинуть, сказал 80) но объяснение классное , и первое и второе, кто как не мистер Трушин объяснит )

[@user-ee6wp4in1i]

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).

[@juliagrebeneva]

Простая, но красивая задача

[@TeymurBagirov]

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.

[@vlatterran]

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

[@danfr1k3]

Второй способ очень крутой)

[@AlexeySurgut]

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)))

[@mishutka5127]

Можно еще геометрическое определение вероятности тут применить. Тоже не сложно и детям понятнее:)

[@user-qp4er1im6g]

метод с таблицами клевый!👍 формул тервера вообще знаю 0, но 20 лет программирования оставили неизгладимый отпечаток на способе рассуждать 😉

[@developinger]

14:37 - Да!

[@floppa-fy2qh]

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

[@UrievJackal]

Графическое решение, конечно элегантное, понравилось. Но теорвер - штука коварная, парадоксов хватает, можно попасться. Как пример сходу - начертить справа таблицу 3*3. Если бы это были не кубики, а генераторы случайных чисел, то прозевать было бы проще. Мне первое решение показалось понадежнее.

[@ascetic_turtle]

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

[@canis_mjr]

Второй вариант изящней, бесспорно. Если кубиков будет больше, или больше граней, то лучше формулами)) А так да, наглядный пример того, что с помощью формулы P(A)=NA/N можно решить любую задачу))

[@user-jf5oz4vl6e]

Главное в теории вероятности убедиться, что все исходы равновероятны 😀

[@user-mz6mg8gk9g]

И не высосать из пальца равновероятность там, где её и в помине нет.

[@Uni-Coder]

Всегда радуюсь, когда привозят теорвер через диаграммы Венна или что-то подобное. Впрочем, задачу решил первым методом, образование позволяет

[@nickyurov6558]

разумеется, второй вариант решения выглядит привлекательнее. по крайней мере для освоения в теории вероятностей, я бы каждую задачу таким образом пытался перепродумать.

[@krasniyingener]

Второй вариант - это по сути формула Байеса "на пальцах", ну или выведение формулы по ходу решения, смотря как назвать. Это не какой-то принципиально иной подход.

[@cicik57]

можно сократить из соображений что вероятность получить комбинацию из второго кубика в 4 раза больше чем первого, но всумме все варианты должны быть равны 1, откуда и отношене 4/5

[@MrSkirillg]

Свитер классный!

[@user-tr9jn3il5v]

Спасибо за ролик! Можете объяснить также формулу Бернулли или как без него решать задачки на вероятность?) Заранее спасибо

[@trushinbv]

Сегодня про это ролик вышел )

[@user-tr9jn3il5v]

@@trushinbv спасибо большое, сейчас же и посмотрю)

[@user-qo3qm7ud1d]

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

[@BackStab1988]

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

[@elena9908]

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.

[@Mayor_Petu4]

Второе решение очень похоже на решения задач по генетике на полигибридные скрещивания)

[@EZHYes]

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

[@user-xw9ik2sv9s]

Первый способ- это для жертв ЕГЭ. А второй- про реальное понимание сути теории вероятностей. И да, второе гораздо круче.

[@MrJet84]

2-е решение суперизящное, но формула Байеса же более универсальная, не всегда наверно можно решить в стиле второго решения

[@user-yo1mp4ze4n]

Как увидел условие задачи - почти моментально сказал ответ. Решил посмотреть конец видео. И ответ оказался правильным!!! Мое решение: Вероятность того, что на 1-м кубике выпадет 3 - 1/6, вероятность после этого 5 - 1/6. Значит вероятность и того и другого - 1/36. Вероятность выпадение 3 на 2-м кубике - 1/3, вероятность после этого 5 - 1/3. Значит вероятность и того и другого - 1/9. Так как случилось что-то из двух то вероятность или того или другого равна 1/9+1/36. Значит вероятность того что кидали второй кубик - 1/9:(1/9+1/36)=0.8. Всё.

[@Firstdeus]

Вы же поняли уже свою ошибку ? При первом броске первого кубика вам не обязательно что бы выпала "3", подойдет и "5" а значит занс 1\3. На втором кубике вам подходят 4 числа при первом броске это 4\6 и 2 числа при втором броске это 1\3. То что у вас совпал ответ не означает что решение было верным

[@markshevelev9508]

Сразу решал вторым способом :) В принципе и Формула Байеса не нужна. Можно и прямо по формуле условной вероятности посчитать, не сложнее.

[@inbdwondowbdhzb]

Разберите пожалуйста задачу про 6 команд.

[@user-mz6mg8gk9g]

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.

[@user-mz6mg8gk9g]

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.

[@niiiiiiiiiiiia]

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 )

[@krasniyingener]

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

[@michalbl4]

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)

[@trushinbv]

Сегодня записал. На днях выйдет )

[@DruidMoonkin1]

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).

[@DruidMoonkin1]

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.

[@paperwhite3853]

Ну чтож, у меня вышло, что второе событие в 4 раза вероятнее и я сомневался между 0.75 и 0.8. Геометрическое решение прекрасное, как всегда.

[@bluepen2637]

Ну не знаю, после курса райгора по теории вероятностей формула Байеса конечно не является сложной. Ведь есть закон больших чисел, ллл, локальная теорема Муавра-Лапласа и т.д.)

[@roman_roman_roman]

А что такое "ллл"?)

[@bluepen2637]

@@roman_roman_roman Локальная лемма Ловаса. Классная штука, с помощью неё можно разные комбинаторные задачи решать

[@user-kh1yx2nj3o]

@@bluepen2637 интересно как. Не проще прямо решать комбинаторные задачки без всех этих лемм?

[@fostergrand4497]

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.

[@vakhudyakov]

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.

[@euwaq]

вычислил вероятность для одного куба, для другого. Разделил вероятность нужного куба на сумму вероятностей. Ответ верный. Это норм решение или жонглирование числами?

[@mAGVALARON]

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.

[@fkostxx]

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.

[@grigoriev1]

Есть интересная классическая задача, красивого решения которой я так и не нашел. Можете при случае разобрать? Есть N шаров и M ящиков, сколько вариантов разложить их так чтобы в каждом ящике было не более K шаров. Можно даже на примере, скажем 20 шаров 6 ящиков, не более 5 в каждый

[@lexlotar4847]

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)))

[@user-gm5ey8wp6b]

Второй вариант на тоненького. Ошибочно думать, что в нем допустимо меньшее понимание теории вероятностей. Это полуинтуитивные решения которые чаще всего приводят к сложно фиксируемым ошибкам. Вместе с этим, при грамотном подходе такое решение базируется на очень хорошем представление пространств событий. Те без теории тут никуда. Что и произошло когда нарисовали два квадрата по 36 клеток, а не первый на 6*6=36 а второй скажем на 3*3=9 клеток