Wydaje mi się że w obydwu przypadkach trzeba tyle samo rzutów.
Wnioskuję to z brydża gdzie układ 13 pików na ręku jest tak samo prawdopodobny jak AKD,AKD,AKD,AKDW.
Jeśli to błędne podejście to skasuj mi wypowiedż.

To moze wytlumacz troche bardziej, bo jakos nie dostrzegam analogii... ale to moze dlatego, ze nie gram w brydza.

---

Lepiej jest z mądrym zgubić, niż z głupim znaleźć.

Jeśli dobrze zrozumiałem to rzucamy kostką aż wypadnie 1 i znowu 1, albo jak wypadnie 1 i po niej 2.
Jeśli tak to chodzi mi o to że to żadna różnica czy czekamy na układ 5 i 6 czy 4 i 2.
Bo szansa na ułożenie się tak wyników rzutu jest taka sama.
A w brydżu prawdopodobieństwo dostania z rozdania jakiegokolwiek układu kart jest stale takie samo bez względu na to czy to 13 kart w kolorze kier czy też kompletny chaos i same blotki.
Jak nie zrozumiałem wcale pytania to skasuj te 2 moje wypowiedzi i wybacz że zabrałem Ci czas.

>Jeśli dobrze zrozumiałem to rzucamy kostką aż wypadnie 1 i znowu 1, albo jak wypadnie 1 i po niej 2.
>Jeśli tak to chodzi mi o to że to żadna różnica czy czekamy na układ 5 i 6 czy 4 i 2.
>Bo szansa na ułożenie się tak wyników rzutu jest taka sama.
>A w brydżu prawdopodobieństwo dostania z rozdania jakiegokolwiek układu kart jest stale takie samo bez względu na to czy to 13 kart w kolorze kier czy też kompletny chaos i same blotki.
>Jak nie zrozumiałem wcale pytania to skasuj te 2 moje wypowiedzi i wybacz że zabrałem Ci czas.

Odpowiem ci tak: istneje roznica miedzy czekaniem na ciag 11, a ciag 12... WBREW POZOROM.

---

Lepiej jest z mądrym zgubić, niż z głupim znaleźć.

>.. układ 13 pików na ręku jest tak samo prawdopodobny jak AKD,AKD,AKD,AKDW.
Pod warunkiem, że nazwać kolor z waletem (dla brydżystów oczywiste, że treflowy)) - wtedy racja - podany skład jest równie jedyny jak AKDW1098765432 w konkretnym kolorze.
[Bez wyróżnienia barwy podane składy będą przychodzić częściej ale faktycznie równie często.]

Pozdrawiam

Dziękuję i miło że brydż jest znany. A tego przykładu używam grając z nowymi ludżmi i prawie zawsze pada odpowiedż że na pewno 13 pików jest trudniej dostać.

Średnia ilość rzutów powinna być identyczna, bo prawdopodobieństwo jednego i drugiego układu jest identyczne.
Spróbuję pomodyfikować rozkład geometryczny tak aby określał prawdopodobieństwo ciągu a nie pojedynczego sukcesu.

>Średnia ilość rzutów powinna być identyczna, bo prawdopodobieństwo jednego i drugiego układu jest identyczne.
>Spróbuję pomodyfikować rozkład geometryczny tak aby określał prawdopodobieństwo ciągu a nie pojedynczego sukcesu.

Znow intuicja ukazuje swoja slabosc

---

Lepiej jest z mądrym zgubić, niż z głupim znaleźć.

> Jak sie wam 'na oko' wydaje (...)

"Na oko" wydaje mi się że oba przypadki sa równoważne i sprowadzają się do wyrzucenia ciągu
{dowolnie wybrana liczba z zakresu 1-6; dowolnie wybrana liczba z zakresu 1-6}.

Jedna dowolnie wybrana liczba pojawi nam się średnio raz na 6 rzutów.
Wybrany ciąg dwuelementowy - "na oko" coś koło raz na 36.

...w tym miejscu chciałem uzasadnić dlaczego - i tu wyszło mi, że {11} wypadnie jednak dwa razy częściej niż {12}.
Ze względu na symetrię, bo spodziewam się tyluż wystąpień {12} co {21}. Stąd {11} powinno być dwakroć częstsze.

Kontynuując analizę "na oko", obstawiam więc, że średni czas oczekiwania to jakieś 18 rzutów w II przypadku, ale tylko ok. 9 w pierwszym.

>> Jak sie wam 'na oko' wydaje (...)
>"Na oko" wydaje mi się że oba przypadki sa równoważne i sprowadzają się do wyrzucenia ciągu
>{dowolnie wybrana liczba z zakresu 1-6; dowolnie wybrana liczba z zakresu 1-6}.
>Jedna dowolnie wybrana liczba pojawi nam się średnio raz na 6 rzutów.
>Wybrany ciąg dwuelementowy - "na oko" coś koło raz na 36.
>...w tym miejscu chciałem uzasadnić dlaczego - i tu wyszło mi, że {11} wypadnie jednak dwa razy częściej niż {12}.
>Ze względu na symetrię, bo spodziewam się tyluż wystąpień {12} co {21}. Stąd {11} powinno być dwakroć częstsze.
>Kontynuując analizę "na oko", obstawiam więc, że średni czas oczekiwania to jakieś 18 rzutów w II przypadku, ale tylko ok. 9 w pierwszym.

Ciekawe spostrzezenia, aczkolwiek jeszcze nie sa za bliskie prawdy.

---

Lepiej jest z mądrym zgubić, niż z głupim znaleźć.

> Ciekawe spostrzezenia, aczkolwiek jeszcze nie sa za bliskie prawdy.

Miało być "na oko", ale widocznie oko mam do dupy. Następnym razem będę liczył.

>> Ciekawe spostrzezenia, aczkolwiek jeszcze nie sa za bliskie prawdy.
>Miało być "na oko", ale widocznie oko mam do dupy. Następnym razem będę liczył.

Ciekawe, że ludzie bez liczenia mówią przeważnie, że 11 będzie szybciej niż 12, albo że tak samo szybko... A jest zupełnie odwrotnie Intuicja to bardzo zawodne narzędzie w rachunku prawdopodobieństwa.

---

Lepiej jest z mądrym zgubić, niż z głupim znaleźć.

>...w tym miejscu chciałem uzasadnić dlaczego - i tu wyszło mi, że {11} wypadnie jednak dwa razy częściej niż {12}.
>Ze względu na symetrię, bo spodziewam się tyluż wystąpień {12} co {21}. Stąd {11} powinno być dwakroć częstsze.

11 jest raz, 12 też raz i 21 jeszcze raz, na 36 kombinacji.

>Kontynuując analizę "na oko", obstawiam więc, że średni czas oczekiwania to jakieś 18 rzutów w II przypadku, ale tylko ok. 9 w pierwszym.

Nie dzielimy tego przez 2, bo 36 jest już średnią: niekiedy rzucasz 100 razy żeby uzyskać 11, a innym razem 5.
Średnio 36 rzutów dla uzyskania zadanej parki, oraz w serii milionów rzutów też średnio co 36.

Aparatczyk zwykle nie ogarnia aparatu.

Pro forma: Używanie polskich znaków diakrytycznych nie stanowi chyba przeszkody. Zważ Wasze, czy pomijając je, kogoś nie obrażasz (lub nie naruszasz regulaminu)..
>Pytanie na dzisiaj jest proste:
>Przypadek 1. Rzucamy rzetelna kostka 6-scienna tak dlugo, az pojawi sie ciag 11.
>Przypadek 2. Rzucamy rzetelna kostka 6-scienna tak dlugo, az pojawi sie ciag 12.
>Jak sie wam 'na oko' wydaje, srednio rzecz biorac dluzej trzeba rzucac w 1., czy moze 2., przypadku?
Ad meritum: "aż pojawi się ciąg 11" - czego 11? Jeśli wcześniej oczekiwanych kolejnych (np. jednakowych) wyników, to prawdopodobieństwo 1/6¹¹ (1/6¹²).
> Ile razy - srednio - trzeba rzucac?
Żeby co? Pytasz może o wartość oczekiwaną długości podciągu stałego w losowym ciągu o wyrazach z dziedziny mocy 6? To chyba tyle co analiza zapisu szóstkowego..

P.S.
Ad personam: Moim zdaniem staranne formułowanie pytań jest istotne dla uzyskania prawidłowych odpowiedzi.

Pozdrawiam

>Pro forma: Używanie polskich znaków diakrytycznych nie stanowi chyba przeszkody. Zważ Wasze, czy pomijając je, kogoś nie obrażasz (lub nie naruszasz regulaminu)..

Nie moge uzywac polskich znakow, bo to komputer w pracy, a praca nie jest w Polsce. Ponadto moja klawiatura to Kinesis, a tutaj trudno o polskie znaki. Gdy pisze z domu, to mam polskie krzaczki, bo to inna klawiatura, czyli zwykly QWERTY.

>>Pytanie na dzisiaj jest proste:
>>Przypadek 1. Rzucamy rzetelna kostka 6-scienna tak dlugo, az pojawi sie ciag 11.
>>Przypadek 2. Rzucamy rzetelna kostka 6-scienna tak dlugo, az pojawi sie ciag 12.
>>Jak sie wam 'na oko' wydaje, srednio rzecz biorac dluzej trzeba rzucac w 1., czy moze 2., przypadku?
>Ad meritum: "aż pojawi się ciąg 11" - czego 11? Jeśli wcześniej oczekiwanych kolejnych (np. jednakowych) wyników, to prawdopodobieństwo 1/6¹¹ (1/6¹²).

Jak to czego 11? Jak sie rzuca kostka, to zdaje mi sie, ze dostaje sie wyniki w formie liczb od 1 do 6. A jak sie rzuca wiele razy, to sie dostaje ciag zlozony z tych liczb. Pytanie brzmialo, czy srednio dluzej trzeba rzucac, aby wyrzucic 11, czy moze dluzej, aby wyrzucic ciag 12? Mysle, ze to jest w miare jasne... Twoje prawdopodobienstwa nie sa poprawne.

>> Ile razy - srednio - trzeba rzucac?
>Żeby co? Pytasz może o wartość oczekiwaną długości podciągu stałego w losowym ciągu o wyrazach z dziedziny mocy 6? To chyba tyle co analiza zapisu szóstkowego..

Pytanie - jak wyzej. Pytam o wartosc oczekiwana ilosci rzutow, tak w pierwszym, jak i drugim przypadku. Czy sa takie same? A jesli nie, to ktora jest wieksza i dlaczego?

>P.S.
>Ad personam: Moim zdaniem staranne formułowanie pytań jest istotne dla uzyskania prawidłowych odpowiedzi.

Czy teraz juz jasne?

---

Lepiej jest z mądrym zgubić, niż z głupim znaleźć.

>Czy teraz już jasne?
Tak, dzięki, wcześniej nie domyśliłem się przecinków pomiędzy (pardon).

Zadanie widzę tak:
Tworzymy losowy ciąg z sześciu cyfr o rozkładzie równomiernym (rzetelne kostki).
Jeśli wybrać z niego co drugi wyraz, to otrzymujemy takoż ciąg równomierny (statystycznie równoważny wyjściowemu).
W takim ciągu "1" występuje średnio co 6 razy (także 2, 3, itd..).

Jeśli teraz przyłożyć drugi ciąg (lub wtasować co drugi wyraz), to z uwagi na ich wzajemną niezależność, pary <1,2> będą występować średnio co 36 razy.

Trochę inaczej jest dla par <1,1>, bo co jakiś czas jedynka trafi się bezpośrednio wcześniej, dając nieco szybciej 'dobrą' parę <1,1> ("2" dla pary <1,2> daje 'niedobre' <2,1>). Szacuję, że dla par <1,1> wartość oczekiwana ilości rzutów będzie mniejsza o 1/6-tą - czyli 30.

[Zdaję sobie sprawę, że podane rozwiązanie jest intuicyjne a nie elementarne. Może jednak są skróty matematyczne umożliwiające w tak symetrycznych przypadkach wykonanie poprawnego rachunku bez budowania szczegółowych baz zdarzeń czy formalnej definicji wartości oczekiwanej.]

Pozdrawiam

Jest odwrotnie niz myslisz: ciag 11 srednio pojawia sie co 42 rzuty, a 12 - co 36.

---

Lepiej jest z mądrym zgubić, niż z głupim znaleźć.

>Jest odwrotnie niz myslisz: ciag 11 srednio pojawia sie co 42 rzuty, a 12 - co 36.

Przeczytałem jeszcze raz dokładnie ten wątek i Twoje rozwiązania ale nie mogę uchwycić dlaczego tak się dzieje.

W przypadku miejsc w samolocie to ogarnąłem (w I i II wariancie), w najnowszym wątku o więźniach też już 'czuję' dlaczego będzie <75, ale tutaj czegoś nie rozumiem.

Napiszesz jeszcze raz - słowami - tak żeby poprawna intuicja tu zachwyciła ?
Na pewno chodzi o wystąpienie danego ciągu PO RAZ PIERWSZY czy częstości wystąpień PO N RZUTACH dla N-> inf ?

PS> 'Rozumieć znaczy umieć przewidzieć rozwiązania przed wykonaniem obliczeń' ~ czy jakoś tak

---

Największy błąd popełnia ten, kto sądzi, że nieskończoność to jakaś bardzo duża liczba

>>Jest odwrotnie niz myslisz: ciag 11 srednio pojawia sie co 42 rzuty, a 12 - co 36.
>Przeczytałem jeszcze raz dokładnie ten wątek i Twoje rozwiązania ale nie mogę uchwycić dlaczego tak się dzieje.
>W przypadku miejsc w samolocie to ogarnąłem (w I i II wariancie), w najnowszym wątku o więźniach też już 'czuję' dlaczego będzie <75, ale tutaj czegoś nie rozumiem.
>Napiszesz jeszcze raz - słowami - tak żeby poprawna intuicja tu zachwyciła?
>Na pewno chodzi o wystąpienie danego ciągu PO RAZ PIERWSZY czy częstości wystąpień PO N RZUTACH dla N-> inf ?

Ech... widać, że jesteście matematycznie kompletnie niewyrobieni No, ale w końcu nie jesteście matematykami. Co oznacza "jak długo trzeba rzucać, aż pojawi się ciąg 11"? No chyba jest oczywiste, że chodzi o pierwsze pojawienie się tego ciągu. Jak można się tam doczytywać czegokolwiek innego? Niektórzy idą nawet dalej, i interpretują słowa "ciąg 11" jako sumę oczek... Na takie dictum to nie tylko ręce opadają.

>PS> 'Rozumieć znaczy umieć przewidzieć rozwiązania przed wykonaniem obliczeń' ~ czy jakoś tak

To nie zawsze działa. A nawet powiem, że rzadko. Zwłaszcza w rach. prawd. "Rozumieć" znaczy zbudować poprawnie model i dokładnie obliczyć. Zwłaszcza, gdy intuicja zawodzi.

---

Lepiej jest z mądrym zgubić, niż z głupim znaleźć.

>Przypadek 1. Rzucamy rzetelna kostka 6-scienna tak dlugo, az pojawi sie ciag 11.
>Przypadek 2. Rzucamy rzetelna kostka 6-scienna tak dlugo, az pojawi sie ciag 12.

W dwóch rzutach dwa razy bardziej prawdopodobne jest wyrzucenie w sumie 11 oczek niż 12 [(5,6),(6,5) vs (6,6)] ale co masz na myśli pisząc: 'az pojawi sie ciag' ?

---

Największy błąd popełnia ten, kto sądzi, że nieskończoność to jakaś bardzo duża liczba

>>Przypadek 1. Rzucamy rzetelna kostka 6-scienna tak dlugo, az pojawi sie ciag 11.
>>Przypadek 2. Rzucamy rzetelna kostka 6-scienna tak dlugo, az pojawi sie ciag 12.
>W dwóch rzutach dwa razy bardziej prawdopodobne jest wyrzucenie w sumie 11 oczek niż 12 [(5,6),(6,5) vs (6,6)] ale co masz na myśli pisząc: 'az pojawi sie ciag' ?

Nie wiem, jak inaczej mozna rozumiec powiedzenie, ze "rzucam kostka tak dlugo, az wreszcie pojawi sie ciag 11 (lub 12, w zaleznosci od rozpatrywanego przypadku)". Chyba nie potrafie tego wyrazic prosciej.

---

Lepiej jest z mądrym zgubić, niż z głupim znaleźć.

Ja bym podstawiał do Bernouliego (rozkładu dwumianowego) przy kolejnych N, dla małych N.
Ponieważ nie określileś, jaki wynik ma być 11 razy na kostce musiałbym dodatkowo przemyśleć sprawę, ponieważ dla N = 61 i więcej prawdopodobieństwo wypadnięcia pierwszego przypadku jest równe 100%. Dla N = 67 i więcej prawdopodobieństwo drugiego przypadku jest równe 100%.
(Wytłumaczenie: Zagadka z szufladą z 12 czerwonymi skarpetkami i 12 niebieskimi. Szuflada jest w ciemnym pokoju i nie widzimy koloru wyciąganych skarpet - ile trzeba ich wyciągnąć, by mieć pewność, że ma się parę w tym samym kolorze - odpowiedź: trzy)

Piszę to nie posiadając pełnego rozwiązania, by ułatwić innym zabawę.

Pozdrawiam

---

Aktualnie brak stopki.

Droga sceptyczna mucho! Otoz nie wiem, czy zrozumial(e|a)s zadanie. Ja pytam, czy srednia ilosc rzutow kostka, jaka jest potrzebna do wyrzucenia po raz pierwszy ciagu <1,1>, jest wieksza/rowna/mniejsza od sredniej ilosci rzutow, jaka jest potrzebna, aby wyrzucic po raz pierwszy ciag <1,2>. Wydawalo mi sie, ze na poczatku napisalem to czytelnie...

---

Lepiej jest z mądrym zgubić, niż z głupim znaleźć.

Ponieważ zdarzenia (wyrzucenia dowolnego wyniku w pojedynczym rzucie kostką) są niezależne a prawdopodobieństwa równe, to i szanse wyrzucenia tych ciągów są równe.

Najpierw myślalem, że to o to chodzi, co piszesz w poście wyżej, ale później stwierdziłem, że może chodzi o coś bardziej skomplikowanego.

Sceptymucha - mężczyzna.

Pozdrawiam

---

Aktualnie brak stopki.

>Ponieważ zdarzenia (wyrzucenia dowolnego wyniku w pojedynczym rzucie kostką) są niezależne a prawdopodobieństwa równe, to i szanse wyrzucenia tych ciągów są równe.

Jeszcze raz, widze klopoty ze zrozumienie pytania jednak: CZY SREDNIA LICZBA RZUTOW POTRZEBNA DO WYRZUCENIA PIERWSZY RAZ CIAGU <1,1> JEST MNIEJSZA/TAKA SAMA/WIEKSZA NIZ SREDNIA LICZBA RZUTOW POTRZEBNA DO WYRZUCENIA PIERWSZY RAZ CIAGU <1,2>? To jest moje pytanie, a nie trywialne pytanie: Czy prawd. wyrzucenia 1,2 jest takie samo jak 1,1?, bo takie pytanie pociagaloby za soba to, ze jestem umyslowo niepelnosprawny.

---

Lepiej jest z mądrym zgubić, niż z głupim znaleźć.

W końcu zrozumiałem, o co chodzi.
Średnia liczba rzutów potrzebna do wyrzucenia po raz pierwszy <1,1> jest MNIEJSZA niż średnia ilość rzutów potrzebna do wyrzucenia po raz pierwszy <1,2>.
Powód: W przypadku wyrzucenia ciągu <1,1> mamy w następnym rzucie szansę 1/6 na wyrzucenie "2", co spowoduje powstanie ciągu <1,2>, ale z większą o jeden ilością rzutów. Sytuacja symetryczna nie zachodzi.

Pozdrawiam

---

Aktualnie brak stopki.

> W końcu zrozumiałem, o co chodzi.
>Średnia liczba rzutów potrzebna do wyrzucenia po raz pierwszy <1,1> jest MNIEJSZA niż średnia ilość rzutów potrzebna do wyrzucenia po raz pierwszy <1,2>.

Pech chce, ze jest akurat odwrotnie Podpowiedz: srednia liczba rzutow wymagana do uzyskania pierwszy raz ciagu <1,1> wynosi 42. A ile wynosi w przypadku ciagu <1,2>?

---

Lepiej jest z mądrym zgubić, niż z głupim znaleźć.

Udoskonaliłem swój model "symetyczności".
Po wylosowaniu w k-tym losowaniu ciągu [1,1] czekamy na pojawienie się ciągu [1,2]. może się to zdarzyć w k+1 losowaniu z prawdopodobieństwem 1/6, lub w k+2 z prawd. 1/6 * 1/6, lub w k+3 z prawd. 4/6 * 1/6 * 1/6 lub w k+4 z prawd. 4/6 * 5/6 * 1/6 * 1/6 + 1/6 * 4/6 * 1/6 * 1/6 (= 4/6 * 1/6 * 1/6), itd.
A teraz patrzymy na k-te losowanie [1,2]. Nie ma tu możliwości, by w k+1 losowaniu dało się uzyskać ciąg [1,1]. W k+2 losowaniu byłoby to możliwe z prawdopodobieństwem 1/6 * 1/6, w k+3 z prawd. 5/6 * 1/6 * 1/6, w k+4 z prawd. 6/6 * 5/6 * 1/6 *1/6, itd.
Mam nadzieję, że widać już zależność, asymatrię:
1/6 na korzyść ciągu [1,2] do korzyści dla ciągu [1,1], to jest 1/6 * 1/6 * 1/6 * suma pewnego szeregu nieskończonego, który wydaje się nie zbliżać nawet do wartości 36, która jest kluczowa.

Wygląda na to, że miałeś rację. Wcześniej za szybko skończyłem budować model i wyszedł mi zły wynik.

Pozdrawiam

---

Aktualnie brak stopki.

A ile wynosi w przypadku ciagu <1,2>?

---

Lepiej jest z mądrym zgubić, niż z głupim znaleźć.

>A ile wynosi w przypadku ciagu <1,2>?
Ponieważ pytanie jest jakościowe, nie ilościowe, wystarczy wskazać różnicę. Nie liczyłem oczekiwanych, tylko czy się różnią między sobą.

Pozdrawiam

---

Aktualnie brak stopki.

>>A ile wynosi w przypadku ciagu <1,2>?
>Ponieważ pytanie jest jakościowe, nie ilościowe, wystarczy wskazać różnicę. Nie liczyłem oczekiwanych, tylko czy się różnią między sobą.

To bylo dodatkowe pytanie.

---

Lepiej jest z mądrym zgubić, niż z głupim znaleźć.

>Pech chce, ze jest akurat odwrotnie Podpowiedz: średnia liczba rzutów wymagana do uzyskania pierwszy raz ciągu <1,1> wynosi 42. A ile wynosi w przypadku ciągu <1,2>?

Oczekiwana liczba rzutów kostką do uzyskania ciągu 1,2 wynosi 36.

Próbowałem z ciągiem geometrycznym re-definiując prawdopodobieństwo sukcesu w następujący sposób:

Niech sukcesem w próbie będzie wyrzucenie liczby 2 ale tylko pod warunkiem, jeśli wcześniej wyrzucono 1. Prawdopodobieństwo sukcesu tutaj wynosi wiec 1/6.

Będzie się to jednak zdarzało z częstością 1/6. W pozostałych 5/6 przypadkach będzie stała inna liczba niż 1, wiec prawdopodobieństwo sukcesu wynosi 0 (zero). Bo wyrzucenie 2 w przypadku gdy wcześniej stała np. 5 nic nam nie daje.

Z prawdopodobieństwa całkowitego dostajemy takie, pokrętne, prawdopodobieństwo sukcesu w tym eksperymencie:

5/6*0+1/6*1/6 = 1/36. Zatem, z r-du geometrycznego mamy średnią liczbę prób do uzyskania 1 sukcesu równą 36.

Wydaje mi się, że pech chce, że wyszło ci dobrze, ale przez przypadek tylko. Czy stosując takie rozumowanie do ciągu <1,1> wyjdzie ci 42? Zauważ, że w rozkładzie geom. to, że w próbie k zdarzy się sukces nie ma wpływu na to, że w próbie k+1 zdarzy się sukces. W twoim modelu (chyba że źle rozumiem) zależność istnieje.

>Wydaje mi się, że pech chce, że wyszło ci dobrze, ale przez przypadek tylko.

Wyszło mi dobrze bo zrobiłem symulację komputerową. Dla ciągu 1,1 wynik to 42.
Nie wiem tylko jak to wykazać. Dlatego napisałem, że moje rozumowanie jest pokrętne.

Powiedz, dlaczego 36.

>Powiedz, dlaczego 36.

Są dwa sposoby przynajmniej rozwiązania. Jeden przez liczenie prawdopodobieństw i sumowanie szeregu nieskończonego dla obliczenia wartości oczekiwanej. Drugi przez wykorzystanie pojęcia warunkowej wartości oczekiwanej i ten sposób jest prostszy, ale wymaga więcej wiedzy. Zrobimy tym prostszym sposobem.

Niech K oznacza liczbę rzutów do uzyskania po raz pierwszy ciągu 12, E(K|A) oznacza wartość oczekiwaną liczby rzutów do uzyskania po raz pierwszy ciągu 12 pod warunkiem, że zaszło zdarzenie A. Wiadomo z rach. prawd., że

(*) E(K) = E(K|A1)P(A1)+...+E(K|An)P(An),
gdy zdarzenia Ai, i=1,...,n stanowią partycję przestrzni.

Zdarzenie A1: nasz ciąg zaczyna się od 1,2
Zdarzenie A2: ciąg zaczyna się od 1,~2
Zdarzenie A3: ciąg zaczyna się od ~1

Zdarzenie B: ciąg nie zaczyna się od 2.

~a oznacza (nie a).

Zdarzenia Ai są rozłączne. Tworzą partycję.

E(K|A1) = 2
E(K|A2) = 1+E(K|B) ( = 1 + E(K) - P(~B)/P(B) - patrz niżej)
E(K|A3) = 1+E(K)

Dalej mamy:

E(K) = E(K|B)P(B)+E(K|~B)P(~B)
E(K|B) = {E(K) - E(K|~B)P(~B)}/P(B)
E(K|~B) = 1+E(K)

a stąd:

E(K|B) = E(K) - P(~B)/P(B).

Teraz już jedyną niewiadomą jest E(K), którą wyliczamy ze wzoru (*).

---

Lepiej jest z mądrym zgubić, niż z głupim znaleźć.

>Wyszło mi dobrze bo zrobiłem symulację komputerową. Dla ciągu 1,1 wynik to 42.
>Nie wiem tylko jak to wykazać. Dlatego napisałem, że moje rozumowanie jest pokrętne.
>Powiedz, dlaczego 36.

Jakim sposobem uzyskałeś te 42?
Pokaż algorytm.

>>Wyszło mi dobrze bo zrobiłem symulację komputerową. Dla ciągu 1,1 wynik to 42.

>Jakim sposobem uzyskałeś te 42?
>Pokaż algorytm.

Algorytm:

Ile.rzutów<-c()

for (n in 1:9999) {

czy.11<-c()

ciąg.liczb<-sample(c(1:6),500,TRUE) # rzucamy kostką 500 razy

for (i in 1:499){

czy.11[i]<-if (sum(c(ciąg.liczb[i+1],ciąg.liczb[i]) == c(1,1)) == 2) {1} else {0}

}

Ile.rzutów[n]<-which(czy.11 == 1)[1]+1 # sprawdzamy w którym rzucie mamy podciąg 1,1

} # procedurę powtarzamy 9999 razy (lub jak ktoś chce, inną dużą liczbę razy)

Tylko niech nas nie zmyli liczba 42. Wystarczy zobaczyć rozkład liczby rzutów aby się przekonać, że 42 słabo określa charakter zabawy. Najbardziej jest prawdopodobne, że 1,1 dostaniemy w dwóch pierwszych rzutach kostką!