Ανρί Πουανκαρέ
1.Ποιο είναι το επόμενο γράμμα της ακολουθίας: Π, Ε, Τ, Ε, Γ, Τ,..(;)
2.Ας παίξουμε το ευγενές παίγνιον της Ρωσικής ρουλέτας!
Βάζω δύο σφαίρες σε δύο συνεχόμενες θαλάμες, σπινάρω τον κύλινδρο κι όταν σταματήσει βάζω το περίστροφο στον κρόταφό μου και πατάω τη σκανδάλη. Ακούγεται ένα κλικ (ουφφ...!)
Τώρα είναι η σειρά σου! Τι είναι προτιμότερο; Να περιστρέψεις τον κύλινδρο πριν αυτοπυροβοληθείς ή να ρίξεις κατευθείαν; Έχεις την ευχέρεια να επιλέξεις, μιας και είναι ένα ζήτημα "Ζωής και Θανάτου" ...
Με 2 σφαίρες σε συνεχόμενες θαλάμες οι συνδυασμοί
ΑπάντησηΔιαγραφήγια τον 1ο είναι:
Σ-Σ-Α-Α-Α-Α
Σ-Α-Α-Α-Α-Α
Α-Σ-Σ-Α-Α-Α
Α-Α-Σ-Σ-Α-Α
Α-Α-Α-Σ-Σ-Α
Α-Α-Α-Α-Σ-Σ
άρα 2/6=1/3 Θάνατος, 2/3 Ζωή
Με το “κλίκ” καταλαβαίνουμε ότι δεν ήταν κανένας από τους
δύο πρώτους αλλά ένας από τους τέσσερις τελευταίους και
μάλιστα για μας, η πρώτη θαλάμη γίνεται τελευταία,
άρα είμαστε "αντιμέτωποι" με τους συνδυασμούς:
Σ-Σ-Α-Α-Α-Α
Α-Σ-Σ-Α-Α-Α
Α-Α-Σ-Σ-Α-Α
Α-Α-Α-Σ-Σ-Α
άρα ¼ Θάνατος, ¾ Ζωή
Συνεπώς μας συμφέρει να συνεχίσουμε κατευθείαν, παρά να
περιστρέψουμε τον κύλινδρο.
Πολύ σωστά για το 2. !
ΔιαγραφήNα προτείνω κι έναν εναλλακτικό τρόπο σκέψης:
Aφού 2 θαλάμες στις 6 είναι γεμάτες, η πιθανότητά μου να επιζήσω ήταν 4/6. Ξέρεις όμως πώς η προηγούμενη θαλάμη (αυτή που "πάτησα") ήταν άδεια. Από τις 4 άδεις θαλάμες μόνο 1 ακολουθείται από σφαίρα. Έτσι αν πατήσεις τη σκανδάλη κατευθείαν χωρίς γύρισμα, έχεις 3 στις 4 να ζήσεις. 3/4>4/6. Q.E.D
Xρήσιμη γνώση, όσο να πεις...ποτέ δεν ξέρεις τι μας ξημερώνει! :-)
Το επόμενο γράμμα είναι το Α.
ΑπάντησηΔιαγραφήΣτην πρωτη ερωτηση θα συμφωνησω με τον swt οτι το επομενο γραμμα ειναι το α μιας και τα γραμματα ειναι τα πρωτα απο την καθε λεξη της προτασης στην εκφωνηση του γριφου!!!
ΑπάντησηΔιαγραφήΟσων αφορα την ρωσικη ρουλετα δεν διευκρινεζεται πουθενα αν το περιστροφο ειναι 6σφαιρο οπως υποθετουν οι προλαλησαντες!! Αν ειναι 4σφαιρο δεν εχει νοημα να επιλεξεις.(Ειτε επιλεξεις ειτε οχι οι πιθανοτητες ειναι 50%), Αν παλι το περιστροφο παιρνει περισσοτερες απο 4 σφαιρες, μας συμφερει να μην το περιστρεψουμε οπως απηντησαν και οι προηγουμενοι.
Δαμιανέ, σωστά!
ΑπάντησηΔιαγραφήΣωστά μεν, (και αν είναι τρίσφαιρο(?) το περίστροφο, ο 1ος έχει πιθανότητα 1/3 να επιβιώσει και ο 2ος μηδενική, και αν είναι δίσφαιρο(?) ο 1ος είναι χαμένος από χέρι, και αν είναι μονόσφαιρο(?) δεν θα χωράνε οι σφαίρες!, αλλά υπάρχουν?).
ΑπάντησηΔιαγραφήΕίχα την εντύπωση ότι η ρώσικη ρουλέτα "παίζεται" με εξάσφαιρα περίστροφα.
Κι αυτό σωστό! Kαι γώ θεώρησα "δεδομένο" το εξάσφαιρο.
ΔιαγραφήΠολύ καλό το πρόβλημα 2! Αφού κάνω την οφειλόμενη μνεία στο γεγονός ότι είναι δημοσιευμένο στο http://grifoi.org του φίλου Πάνου Τσικογιαννόπουλου (πιθανοτήτων, άλυτοι, ο χαρτοκλέφτης), θα ήθελα να θέσω και τα δύο επιπρόσθετα ερωτήματα της εκδοχής του Πάνου: Τι κάνουμε, μετά από την πρώτη ‘άσφαιρη’ δοκιμή, αν ξέρουμε ότι οι 2 σφαίρες είναι τοποθετημένες σε μη διαδοχικές θέσεις; Τι κάνουμε αν δεν ξέρουμε τίποτε για τις θέσεις των 2 σφαιρών; (μιλάμε για 6-σφαιρο πάντα).
ΑπάντησηΔιαγραφήΑφού δηλώσω καταρχάς πως δεν είχα υπόψι μου πως το ίδιο θέμα το είχαν οι grifoi (ασφαλώς δεν μπορώ να αποδείξω πως δεν "υπέκλεψα", θα πρέπει να βασιστείτε στο λόγο της τιμής μου.),να πώ ότι τα "μαθηματικά της ρουλέτας" είναι πολύ παλιό θέμα της Θ.Πιθανοτήτων με ωραίες γενικεύσεις.
ΑπάντησηΔιαγραφήΜιας και ο Θανάσης έβαλε τα ενδιαφέροντα πρόσθετα ερωτήματα, βάζω και γώ ένα ακόμη πρόσθετο ερώτημα.
Τι γίνεται για ...πολυβόλο; Δηλαδή ν θαλάμες και μ σφαίρες;
Και ένα ακόμη: Ποια η πιθανότητα (για 2 σφαίρες στις 6 θ.) να έχεις επιζήσει στο ν-ιοστό γύρο; (προφανώς γυρίζοντας τον μύλο κάθε φορά).
Επιχειρώ να απαντήσω στα πρόσθετα ερωτήματα του Γιώργου:
ΑπάντησηΔιαγραφήΓια τη γενίκευση του αρχικού προβλήματος με ν θαλάμες και μ διαδοχικές σφαίρες (ν>μ), η πιθανότητα επιβίωσης χωρίς ξανά γύρισμα του μύλου είναι p1=(ν-μ-1)/(ν-μ), ενώ η αντίστοιχη πιθανότητα με ξανά γύρισμα του μύλου είναι p2=(ν-μ)/ν.
Συγκρίνοντας τις δύο πιθανότητες, καταλήγουμε ότι:
p1>p2 για ν>μ^2/(μ-1)
p1=p2 για ν=μ^2/(μ-1)
p1<p2 για ν<μ^2/(μ-1)
Για το ερώτημα επιβίωσης στο ν-οστό γύρο, με 6 θαλάμες και 2 σφαίρες και ξανά γύρισμα μετά από κάθε δοκιμή, συμπεριλαμβανομένης της αρχικής, p=(4/6)^ν=(2/3)^ν. Αν όμως έχεις την επιλογή να μην ξαναγυρίσεις τη θαλάμη στην πρώτη δοκιμή, μπορείς να βελτιώσεις την πιθανότητα σε p=(3/4)*(2/3)^(ν-1).
Στο β’ πρόσθετο ερώτημα του Γιώργου, υπάρχει δυνατότητα περαιτέρω βελτίωσης, αν έχεις σε κάθε δοκιμή την επιλογή τι θα κάνεις:
ΑπάντησηΔιαγραφή1η δοκιμή χωρίς γύρισμα του μύλου (έχει προηγηθεί η αρχική άσφαιρη),
2η δοκιμή με γύρισμα του μύλου (για να επιβιώσεις, πρέπει να βγει άσφαιρη)
3η δοκιμή χωρίς γύρισμα του μύλου (έχει προηγηθεί άσφαιρη)
4η δοκιμή με γύρισμα του μύλου (για να επιβιώσεις, πρέπει να βγει άσφαιρη)
5η δοκιμή χωρίς γύρισμα του μύλου (έχει προηγηθεί άσφαιρη)
6η δοκιμή με γύρισμα του μύλου (για να επιβιώσεις, πρέπει να βγει άσφαιρη)
κ.ο.κ.
Έτσι η πιθανότητα επιβίωσης γίνεται (4/3)*(2/3)*(4/3)*(2/3)*….(ν παράγοντες)
Σόρι (3/4)*(2/3)*(3/4)*(2/3)*.....
ΑπάντησηΔιαγραφήΓια το $2 o $ γενικό ερώτημα, θεωρώντας ότι οι παίχτες
ΑπάντησηΔιαγραφήείναι πάλι $2$ και ότι αν σκοτωθεί ο $1 o \varsigma $
ο $2 o \varsigma $ δεν θα συνεχίσει την μάχη, και αυτό μπορεί
να συμβεί σε κάθε γύρο, έχω ένσταση με την λύση του papadim,
αν έλυσε το ίδιο πρόβλημα. Αν η πιθανότητα που υπολόγισε
αφορά μόνο έναν παίχτη που “παίζει” μόνος του, τότε σωστά
είναι.
Για να σκοτωθεί ο 2ος στον 1ο γύρο πρέπει να επιβιώσει
ο 1ος στον 1ο γύρο ,$(\Pi 1= \frac{2}{3}) $ άρα
$ \Pi _{1} ( \Theta )= \frac{1}{3} \ast \frac{2}{3} = \frac{2}{9} $
Για να σκοτωθεί μέχρι και τον 2ο γύρο η πιθανότητα είναι:
$ {\Pi _{2} ( \Theta )}= \frac{2}{9} +\frac{2}{9} \ast \frac{4}{9}( \frac{2}{3} \ast \frac{2} {3}) $
Για να σκοτωθεί μέχρι και τον ν-ιοστο γύρο η πιθανότητα είναι:
$ \Pi _{ \nu ( \Theta )}= \frac{2}{9} +\frac{2}{9} \ast \frac{4}{9} + \frac{2}{9} \ast \frac{4^2}{9^2} + \cdots + \frac{2}{9} \ast \frac{4^{ \nu-1} }{9^ { \nu -1 }} = $
$ = \frac{2}{9} \ast (1 + \frac{4}{9} + \frac{4^2}{9^2} + \cdots + \frac{4^{ \nu-1} }{9^ { \nu -1 }})= $
$ = \frac{2}{5} \ast (1 - (\frac {4}{9}) ^{ \nu \ })$
Άρα η πιθανότητα επιβίωσης του 2ου είναι:
$ \Pi _{ \nu ( \epsilon \pi )}= 1-\frac{2}{5} \ast (1 - (\frac {4}{9}) ^{ \nu \ })$
και για $\nu --> \infty => \Pi _{ \nu ( \epsilon \pi )}= 1-\frac{2}{5} \ast (1-0) = \frac{3}{5} $
Καθόλου άσχημα σε σχέση με την παραπάνω τείνουσα στο 0.
αν είναι έτσι βέβαια.
Είναι δυνατόν να είναι έτσι?
Όπως και να έχει, εγγενιάζω το λάτεξ και ευελπιστώ κάποιος
να απαντήσει και να το ξεκαθαρίσω!
Γιατί να μην είναι;
ΔιαγραφήΛογικό είναι ο πρώτος να έχει μεγαλύτερες συχνότητες "επιτυχίας" (δηλαδή "καπούτ!") αφού για να παίξει έστω για 1η φορά ο Β ,πρέπει ο Α να "αποτύχει" (ζήσει).
Αυτό φαίνεται και στη γενική περίπτωση n-παικτών. Οι πιθανότητες ακολουθούν αρνητική διωνυμική κατανομή, δηλαδή φθίνουν προς το τέλος του n.
Ένα ενδιαφέρον (αυτό μπορεί να θεωρηθεί και μπλακ χιούμορ..) πρόσθετο ερώτημα είναι το εξής:
Για n παίκτες και "χωρίς επανατοποθέτηση" δηλαδή χωρίς γύρισμα πριν κάθε πυροβολισμό, φαίνεται πως το παιχνίδι είναι "τιμιο" .Αλλά είναι έτσι;
Aυτό που βασικά βάζω σαν προβληματισμό είναι το εξής:
ΑπάντησηΔιαγραφήAν βάλουμε την παράμετρο "επ'άπειρον" στο παιχνίδι, αν ας πούμε υπάρχει ένα μ-σφαιρο και υπάρχουν $ \nu$ παίκτες που είναι σε κύκλο $0,1,2,...,ν-1$ ο ν-1 δίνει το όπλο ξανά(για 2η φορά) στον πρώτο "0" κ.λ.π. ,προφανώς το παιχνίδι είναι "άδικο" όταν έχουμε "επανατοποθέτηση" (δηλαδή ο μύλος γυρνάει εκ νέου κάθε φορά).Για κάθε θέση $i p_{j}$
Όταν όμως δεν έχουμε "επανατοποθέτηση" (διαδοχικοί πυροβολισμοί χωρίς γύρισμα) το παιχνίδι φαίνεται τίμιο.
Ο 1ος πεθαίνει με πιθαν. 1/μ ή πεθαίνει ο 2ος με p=(1 - 1/p) (1/(p-1))=1/p ,ή ο 3ος πεθαίνει με πιθαν.
p=(1 - 1/p) (1 - 1/(p-1)) (1/(p-2)) = 1/p κ.λ.π.Όλοι έχουν 1/p.
Eίναι όμως έτσι;...
Παραδρομές από πάνω:"Για κάθε θέση ipj (στην περίπτωση "ο μύλος γυρίζει")
ΔιαγραφήΤα p στο τέλος είναι "μ" (ο αριθμός από τις θαλάμες)
Ενδιαφέρον θέμα προς διερεύνιση και προφανώς τo μ είναι πολύ μεγάλο, τείνον στο άπειρο, για να μπορεί το παιχνίδι να συνεχισθεί "επ΄' άπειρον" και υπάρχει μόνο μία σφαίρα αφού
ΑπάντησηΔιαγραφή"Ο 1ος πεθαίνει με πιθαν. 1/μ".
Έτσι δεν είναι?
Έτσι ναι. Το μέγεθος του "όπλου", ο αριθμός μ δηλαδή, θεωρώ πως είναι βασική παράμετρος.
ΔιαγραφήΣε κάποιο άλλο (ξένο) σάιτ είδα την άποψη πεί "τιμίου" παιχνιδιού για την περίπτωση "ο μύλος δεν γυρίζει" που βάζει τη λογική που ανφέρω πιο πάνω (όλες οι πιθανότητες για κάθε παίκτη =1/μ) . Προσωπικά, και γι'αυτό το έβαλα προς συζήτηση, δεν συμφωνώ.
Αν το μ είναι μικρότερο ή ίσο από το n(αριθμό παικτών σε κύκλο) ,ουσιαστικά το ποιος θα πεθάνει είναι "προδιαγεγραμμένο" ή μάλλον προδιαγράφεται (τυχαία και ομοιόμορφα διά κάθε n με το αρχικό γύρισμα του μύλου. Οι πρώτοι μ παίκτες έχουν όλοι 1/μ πιθαν. να πεθάνουν και οι υπόλοιποι έχουν 0. Για μ>n, θα το σκέφτω καθώς θα κάνω μπάνιο τις μικρές...
Σαφέστατα για μν, για να είναι δίκαιο το παιχνίδι, πρέπει το μ να είναι πολλαπλάσιο του ν (μ=κν) έτσι ώστε όλοι να πυροβολήσουν τις ίδιες κ φορές και να έχουν την ίδια πιθανότητα (κ/μ) να σκοτωθούν.
ΑπάντησηΔιαγραφήΑν μ=κν+α, οι α θα πυροβολήσουν κ+1 φορές και οι (ν-α) κ φορές με αντίστοιχες πιθανότητες (κ+1)/μ και κ/μ.
Το μέγεθος του κ καθορίζει αντιστρόφως ανάλογα το μέγεθος της "αδικίας".
Πάλι την ίδια παραποίηση, προφανώς κάτι γίνεται με το σύμβολο "μικρότερο".
ΑπάντησηΔιαγραφήΗ αρχή της 1ης σειράς είναι:
" Σαφέστατα για μ μικρότερο του ν το παιχνίδι είναι άδικο,.....
@Ε.Αλεξίου.
ΑπάντησηΔιαγραφήΣυμφωνώ απολύτως.
Τώρα διαπιστώνω πως τα πρόσθετα ερωτήματα που έβαλε ο Papadim σε σχέση με το αρχικό πρόβλημα "Τι κάνουμε, μετά από την πρώτη ‘άσφαιρη’ δοκιμή, αν ξέρουμε ότι οι 2 σφαίρες είναι τοποθετημένες σε μη διαδοχικές θέσεις; Τι κάνουμε αν δεν ξέρουμε τίποτε για τις θέσεις των 2 σφαιρών;" έμειναν αναπάντητα.
ΑπάντησηΔιαγραφήΥπάρχουν ${6}C_2=15$ συνδυασμοί των 2 σφαιρών στις 6 θαλάμες,αλλά λόγω της κυκλικής μετάθεσης οι συνδυασμοί για 2 συνεχόμενες είναι 6 (π.χ για θαλάμους 1 έως 6: 1-2, 2-3,3-4,4-5,5-6,6-1). Για μη διαδοχικές σφαίρες, υπάρχουν 3 σε κάθε μεριά του μύλου(2*3=6) όταν υπάρχει 1 κενό μεταξύ τους και 3 ακόμη για όταν σχηματιζουν "τρίγωνο" (1-4, 2-5, 3-6).
Σύνολο:6+6+3=15 O.K.
Βλέπουμε λοιπόν πως η πιθανότητα p(2 συνεχόμενες)=6/15 =2/5
και p(2 με 1 κενό μεταξύ τους)=6/15 και
p(υπόλοιπες διατάξεις)=3/15=1/5
Έτσι, αν δεν γυρίσουμε μύλο, η πιθανότητα(μαθ.ελπίδα) να ζήσουμε είναι:
$\frac{2}{5} . \frac{3}{4} + \frac{3}{5} . \frac{1}{2} = \frac{3}{5}$
Αν γυρίσουμε το μύλο ,θα ζήσουμε με πιθανότητα 5/6 καθώς (δεδομένης πάντα της πρώτης "τζούφιας") υπάρχει 1 σφαίρα στους 5 εναπομείναντες θαλάμους. Άρα ΟΠΩΣΔΗΠΟΤΕ γυρίζουμε στη γενική περίπτωση "άγνοιας" (έχει υποτεθεί προφανώς πως το ρεβόλβερ γεμίζεται με ομοιόμορφα κατανεμημένη τυχαιότητα!) και OΠΩΣΔΗΠΟΤΕ ΔΕΝ παίζουμε ρωσσική ρουλέττα, ΟΥΤΕ με αγιοβασιλιάτικα πιστόλια! :-)
Ένας εναλλακτικός (και πιο εποπτικός ίσως, αλλά δύσκολος για μεγάλες τιμές "μύλου") τρόπος προσέγγισης ,είναι να βάλουμε κάτω τα ενδεχόμενα. Με * οι άδεις θαλάμες και με Σ οι "σφαίρες=γεμάτες":
ΑπάντησηΔιαγραφήΓια 2 συνεχόμενες Σ:
****ΣΣ
***ΣΣ*
**ΣΣ**
*ΣΣ*** (Σύνολο=4)
και οι υπόλοιπες (2 μη συνεχόμενες):
*Σ*Σ**
*Σ**Σ*
*Σ***Σ
**Σ**Σ
***Σ*Σ (Σύνολο =6)
Βλέπουμε πως υπάρχει μια πιθανότητα στις 4 ένα * να ακολουθείται από Σ, αν οι Σ είναι συνεχόμενες , και 3/6 =1/2 αν δεν είναι συνεχόμενες.
Αλλά, δεδομένης της 1ης "τζούφιας"=* , υπάρχει πιθανότητα 4/10 =2/5 οι Σ να ήταν συνεχόμενες και 3/5 να μην είναι.
Άρα η υπο συνθήκη πιθανότητα η επόμενη να είναι Σ είναι:
2/5 * 1/4 + 3/5 *1/2=2/5 (που συμφωνεί,ευτυχώς.., με το αποπάνω αποτέλεσμα)
Προφανής παραδρομή από πάνω. Ξέχασα τον κυκλικό συνδυασμό
Διαγραφή**Σ*Σ* στους 6 των "μη συνεχόμενων Σ"
Γιώργο, είμαστε νομίζω σύμφωνοι επί του πρακτέου. Συνοψίζω απλά την ανάλυση στο αρχικό πρόβλημα με τα δύο πρόσθετα ερωτήματα που πρότεινα:
ΑπάντησηΔιαγραφήΙ. Αν μείνει ο μύλος στη θέση που είναι (έστω ότι η αρχική, ‘άσφαιρη’, θέση της θαλάμης ήταν η 1)
α) σφαίρες σε διαδοχικές θέσεις
Υπάρχουν 4 ενδεχόμενα για τις θέσεις των 2 σφαιρών: (2,3) (3,4) (4,5) (5,6). Από αυτά, μοιραίο είναι μόνο 1, το πρώτο. Πιθανότητα επιβίωσης 3/4
β) σφαίρες σε μη διαδοχικές θέσεις
Υπάρχουν 6 ενδεχόμενα για τις θέσεις των 2 σφαιρών: (2,4) (2,5) (2,6) (3,5) (3,6) (4,6). Από αυτά, μοιραία είναι τα 3 πρώτα. Πιθανότητα επιβίωσης 3/6
γ) Άγνοια
Υπάρχουν όλα τα πιο πάνω 10 ενδεχόμενα και, από αυτά, τα 4 μοιραία. Πιθανότητα επιβίωσης 6/10
ΙΙ. Αν ξαναγυρίσει ο μύλος σε τυχαία θέση (έστω ότι μύλος θα φέρει πρώτη τη θαλάμη 1)
α) σφαίρες σε διαδοχικές θέσεις
Υπάρχουν 6 ενδεχόμενα για τις θέσεις των 2 σφαιρών: (1,2) (2,3) (3,4) (4,5) (5,6) (6,1). Από αυτά, μοιραία είναι το πρώτο και το τελευταίο. Πιθανότητα επιβίωσης 4/6
β) σφαίρες σε μη διαδοχικές θέσεις
Υπάρχουν 9 ενδεχόμενα για τις θέσεις των 2 σφαιρών: (1,3) (1,4) (1,5) (2,4) (2,5) (2,6) (3,5) (3,6) (4,6). Από αυτά, μοιραία είναι τα 3 πρώτα. Πιθανότητα επιβίωσης 6/9
γ) Άγνοια
Υπάρχουν όλα τα πιο πάνω 15 ενδεχόμενα και, από αυτά, τα 5 μοιραία. Πιθανότητα επιβίωσης 10/15
Σύγκριση & επιλογή
α) 3/4 > 4/6 : Μένει ο μύλος στη θέση που είναι
β) 3/6 < 6/9 : Ξαναγυρίζει ο μύλος σε τυχαία θέση
γ) 6/10 < 10/15 : Ξαναγυρίζει ο μύλος σε τυχαία θέση
Ε,πού διαφωνούμε Θανάση,και συμφωνούμε μόνο "επί του πρακτέου"; :-)
ΔιαγραφήTo ίδιο πράμα (μ'άλλα λόγια) δεν έγραψα;
Θανάση, τώρα που το σκέφτομαι, το πρόβλημα μπορεί να αντιμετωπιστεί και με υπεργράφους (όπως στο γνωστό σου "πρόβλημα της πεθεράς", αλλά μην το "κάψουμε" κι αυτό, please! :-) ) αφού τα υποσύνολα $C(μ,2)$ ή $C(m,n)$ συνιστούν υπεργράφους , αλλά ας το αφήσουμε για κανέναν μελλοντικό γρίφο... :-)
ΑπάντησηΔιαγραφήΕΠΟΠΤΙΚΗ ΠΑΡΟΥΣΙΑΣΗ
ΑπάντησηΔιαγραφήΣΦΑΙΡΕΣ ΣΕ ΔΙΑΔΟΧΙΚΕΣ ΘΕΣΕΙΣ
9 συνδυασμοί (=15-6)
Σ*Σ***
Σ**Σ**
Σ***Σ*
*Σ*Σ**
*Σ**Σ*
*Σ***Σ
**Σ*Σ*
**Σ**Σ
***Σ*Σ
ΜΕ Περιστροφή του μύλου
Από τους 9 συνδυασμούς οι 6 είναι ευνοϊκοί
Π(επ)=6/9=2/3
ΧΩΡΙΣ Περιστροφή του μύλου
Οι τρεις πρώτοι συνδυασμοί αποκλείoνται και μένουν οι επόμενοι 6 από τους οποίους οι 3 είναι ευνοϊκοί
Π(επ)=3/6=1/2
Άρα γυρίζουμε τον μύλο
ΣΦΑΙΡΕΣ ΣΕ ΤΥΧΑΙΕΣ ΘΕΣΕΙΣ
15 συνδυασμοί (C(6,2)=15)
ΣΣ****
Σ*Σ***
Σ**Σ**
Σ***Σ*
Σ****Σ
*ΣΣ***
*Σ*Σ**
*Σ**Σ*
*Σ***Σ
**ΣΣ**
**Σ*Σ*
**Σ**Σ
***ΣΣ*
***Σ*Σ
****ΣΣ
ΜΕ Περιστροφή του μύλου
Από τους 15 συνδυασμούς οι 10 είναι ευνοϊκοί
Π(επ)=10/15=2/3
ΧΩΡΙΣ Περιστροφή του μύλου
Οι 5 πρώτοι συνδυασμοί αποκλείoνται και μένουν οι επόμενοι 10 από τους οποίους οι 6 είναι ευνοϊκοί
Π(επ)=6/10=3/5
Άρα ξαναγυρίζει ο μύλος
‘Υπερβράχε’ Γεώργιε, πουθενά δε διαφωνούμε, είσαι άψογος και απυρόβλητος ! -:) Ήθελα μόνο να διαχωρίσω τις υποπεριπτώσεις, προφανώς εκ περισσού, τίποτε άλλο.
ΑπάντησηΔιαγραφήΜπράβο και στον αγαπητό Ευθύμιο για τη λύση και την εποπτική παρουσίαση!
Σε ευχαριστώ Θανάση!
ΔιαγραφήΟι κυκλικές μεταθέσεις είναι $n!/n" κι όχι $n!$
ΑπάντησηΔιαγραφήΠ.χ o ΣΣ**** είναι ο ίδιος (σε ρεβόλβερ) με τον ****ΣΣ
Η δόκιμη ανισότητα ,που οδηγεί στο συμπέρασμα πως είναι καλύτερο να γυρίσουμε το μύλο, είναι:
ΑπάντησηΔιαγραφή$3/5 < 5/6$
Κύριε Ριζόπουλε! Τι "φάουλ" είναι αυτό!....
ΑπάντησηΔιαγραφήΑν ήταν έτσι, αν ίσχυε στα ρεβόλβερ η κυκλικότητα, τότε για 2 σφαίρες σε διαδοχικές θέσεις όλοι οι συνδυασμοί θα ήταν το ίδιο.
ΣΣ****
*ΣΣ***
**ΣΣ**
***ΣΣ*
****ΣΣ
Σ****Σ
και θα είχαμε μόνο έναν συνδυασμό
όμοια και στις άλλες περιπτώσεις
Σ*Σ***
*Σ*Σ**
**Σ*Σ*
.........
Το ίδιο θα ίσχυε και για όλους τους συνδυασμούς που ανάμεσα
στις 2 σφαίρες θα υπήρχαν 2 θαλάμες άδειες και βέβαια και οι άλλες 2 θαλάμες άδειες .
Όμως καθότι σε κάθε γύρο οι θέσεις είναι αριθμημένες.
Η 1η θέση είναι μία και μοναδική, η πάνω-πάνω θαλάμη που αν έχει σφαίρα "πάπαλα" και αν δεν έχει "ανακούφιση"
Ή με απλά λόγια
Αν έρθει ΣΣ****, δηλαδή στην πάνω-πάνω θαλάμη σφαίρα καθώς και στην επόμενη "Σκοτώνεσαι"
ενώ αν έρθει ****ΣΣ την "γλυτώνεις"!
Φυσικά και αν έλθει
Διαγραφή*ΣΣ***
**ΣΣ**
***ΣΣ*
που μαζί με το ****ΣΣ 4 ευνοϊκοί συνδυασμοί εξ ου
και το $ \Pi( \varepsilon \pi )= \frac{4}{6}= \frac{2}{3}$, που είδαμε αρχικά.
Λάθος κατάλαβες,αγαπητέ.
ΔιαγραφήΑυτό που είπα ,και που φαίνεται στα 2 πρωινά μου σχόλια,και που θέλησα (κακώς..) να επισημάνω τον κίνδυνο υπεραρίθμησης, είναι ότι αν αριθμήσουμε ας πούμε τις θαλάμες ως: 1,2,3,4,5,6 και οι σφαιρες είναι στις 5 και 6 ,ο συνδυασμός 1-2-3-4-5-6 = ****ΣΣ είναι ο ίδιος με τον
5-6-1-2-3-4 = ΣΣ****
O δεσμευμένος "δειγματικός χώρος" ,ΔΕΔΟΜΕΝΟΥ δηλαδή πως η πρώτη ήταν άσφαιρη είναι:
ΑπάντησηΔιαγραφή****ΣΣ
***ΣΣ*
**ΣΣ**
*ΣΣ***
*Σ*Σ**
*Σ**Σ*
*Σ***Σ
**Σ**Σ
***Σ*Σ
**Σ*Σ*
Πληθάριθμος= 10 (και δεν υπάρχει καμία αμφιβολία επ'αυτού)
Ελπίζω να λύθηκε η όποια παρεξήγηση.
Πιθανόν!
ΑπάντησηΔιαγραφήΤο εξέλαβα ως παρατήρηση στην εποπτική παρουσίαση που έκανα, καθώς μάλιστα τα σχόλια ήταν το ένα μετά το άλλο και όχι ως διευκρίνηση σε κάτι που είχες γράψει προηγούμενα.
Είναι και η ανισότητα 3/5<5/6 που δεν ταιριάζει με την λύση που
δώσαμε και ο Θανάσης και ο ίδιος....
Ο χρόνος παίζει παιχνίδια!
ΔιαγραφήΤο πιθανόν πάει στο "λάθος κατάλαβες αγαπητέ", δεν είχα δει την τελευταία ανάρτηση
Καμία παρεξήγηση, στην χειρότερη περίπτωση να είχαμε διαφορετική προσέγγιση. Ε και τι έγινε?
Κατά άποψή μου, όπως φαίνεται και στο αναλυτικό μου σχόλιο, σε όλες τις περιπτώσεις (διαδοχικές θέσεις, μη διαδοχικές θέσεις, άγνοια) η περιστροφή του μύλου καταλήγει στην ίδια πιθανότητα επιβίωσης: 4/6 = 6/9 = 10/15, πράγμα που θεωρώ εύλογο, αφού σε κάθε περίπτωση ‘παίζουν’ 4 άδειες θέσεις στις 6 συνολικά.
ΑπάντησηΔιαγραφήΕπομένως, θεωρώ ότι η ανισότητα που υποστηρίζει την επιλογή γυρίσματος του μύλου στην περίπτωση άγνοιας είναι 6/10 < 10/15.