A számolás egyszerűsíthető így. Rossz húzás az, amikor az illető a 16 nem piros golyó egyikét húzza ki. Az ilyen húzások száma binom(16,5), tehát a keresett valószínűség 1-binom(16,5)/binom(20,5). Persze ezt mondtad Te is, de mintha hosszadalmasabb gondolatmenettel.
Mindenkitől bocsánatot kérek, de elszámoltam! A helyes érték: 696/969, ekkora valószínűséggel lesz 4 golyó húzása után legalább egy piros a húzottak között, amikor a 20 golyó közül pontosan 5 db piros. (Ott rontottam el, hogy következetesen 4-4 db különböző színű golyóval számoltam, pedig a színekből van 4 db, nem az azonos színű golyókból! Tehát: 1 - 15/20 * 14/19 * 13/18 * 12/17 = 696/969, és nem 1 - 16/20 * 15/19 * 14/18 * 13/17 = 605/969. Nem kellett volna belekeverni a számértékeket!)
Mindettől függetlenül igaz, hogy mind az öten ugyanakkora valószínűséggel húznak legalább egy piros golyót, függetlenül, hányadikra kerülnek sorra!
Nem mindig, hanem csak 1 valószínűséggel (vö. nagy számok törvénye). Elvileg semmi sem zárja ki, hogy az első (vagy a harmadik játékos) sose húzzon piros golyót.
Nem kell ezt túlbonyolítani, csak ismerni kell a valószínűség fogalmát (a példában: kedvező esetek száma osztva az összes esetek számával). Ezen ismeret birtokában a 14267-beli érveléssel látható, hogy minden játékos ugyanakkora eséllyel húz piros golyót. Bónusz feladat: ha tudsz programozni, akkor próbáld ki pár millió (pszeudorandom) húzással és írd be nekünk a tapasztalati eredményt.
Pár dolog: "ha mindig egyforma (egyenlő) esély volna arra, hogy maradjon legalább 1 piros golyó" Ez mit jelent? Persze, hogy mindig ugyanannyi az esély, és ha magyarpityu nem számolta el, akkor ez konkrétan 605/969. Ugyanennyi az esélye, hogy lesz benne kék, ez igaz, "azaz; a legeslegnagyobb esélye annak volna, hogy az utolsó 4 golyó eltérő színű" ez nem következik az eddigiekből.
"Az elméletileg egyenlő esély csak hosszú távon realizálódik, több száz vagy ezer húzás esetén lesz (minimális eltéréssel, ámde pontosan szinte soha nem) egyenlő." Ennek a mondatnak sincs sok értelme. Az igaz, hogy ha X-szer lejátszod a játékot, és abból Y-szor marad piros a végére, akkor Y/X tart 605/969-hez, de ezt senki nem kérdezte. Át kéne nézni a valószínűség (itt pongyolán: esély) definícióját.
A kérdés: 20 golyóból 4-et elsőként, másodikként vagy harmadikként van-e nagyobb esélyed 1 vagy több pirosat kihúzni, mint utolsóként kiemelve a megmaradt 4 golyót, kézben tartani egy vagy több pirosat.
Másként: milyen valószínűséggel nem kerül elő 20 golyóból mind az 5 piros, ha kihúzunk 15 golyót; vagyis, milyen valószínűséggel marad 1 vagy több piros golyó a zsákban.
Könnyen belátható: ha mindig egyforma (egyenlő) esély volna arra, hogy maradjon legalább 1 piros golyó, akkor ugyanannyi esélye lenne 1 kék, 1 sárga és 1 zöld golyónak is, azaz; a legeslegnagyobb esélye annak volna, hogy az utolsó 4 golyó eltérő színű és itt van az eb sírhantja:-) Mondjuk azért nem ennyire egyszerű, lévén az utolsó (passzív) résztvevő maradvány esélyeit, az első három húzás kimenetele határozza meg - remélem érthető a példa.
Mivel szín szerint nincs eltérő esélye a golyóknak, azok előkerülési esélye (gyakorisága) elméletileg egyenlő; a legtöbbször tehát maradnia kell(ene) az utolsó 4 golyóból 1 pirosnak.
De azt nem jelenthetjük ki, hogy soha nem kerül kihúzásra az első 15 golyóból mind az 5 piros (vagy bármelyik színű golyók közül 5), ezért annak sem állandó az esélye, hogy minden színű golyóból mindig marad 1.
Az elméletileg egyenlő esély csak hosszú távon realizálódik, több száz vagy ezer húzás esetén lesz (minimális eltéréssel, ámde pontosan szinte soha nem) egyenlő.
Mivel legalább egy olyan (persze több) kimenetel ismeretes
- amikor az utolsó 4 golyó nem eltérő színű
- amikor tehát nem maradhat piros golyó
ezért (sem), az utolsó 4 golyóból 1 piros golyó előkerülésének valószínűségi értéke nem lehet azonos, az első három húzás (mint elemi események) valószínűségi értékeinek összegével.:-)
Mi a véleményed arról az esetről, amikor 4-en húztok 5 golyót az 5 x 4 színű 20 golyóból?
Tényleg nem akartam bele kotnyeleskedni...:-)
De ha csak arra keresed a választ, hogy egy, kettő, három sorozat kihúzása esetén egyenlőek-e az esélyek, akkor a válasz: nem.
A végére (?) pedig egy abszolút nem matematikai érvelés. Gondolom a barátaid azért gondolták, hogy nagyobb az esélye a piros kihúzásának az elején, mert úgy érzik, az elején még sok a piros, és a végére fogy. Csakhogy fogy vele a többi is. Valójában ha csak egyetlen piros lenne, akkor is ugyanakkora esélye lenne azt az elsőként húzónak húzni, mint az utolsóként húzónak. Még akkor is, ha mindenki csak egyet húz, azaz a végére nem fogynak el a golyók.
Az eredeti problémában persze csökken az utolsó húzó esélye, ha előtte valaki húzott egy pirosat (ezt érezhették a barátaid), de azt is látni kell, hogy nő, ha valaki előtte húzott egy nem pirosat.
Persze ha az lenne a játék, hogy mondjuk mindenki húz négy golyót, és egyet visszadobhat és helyette újat húzhat, akkor az utolsó rosszabb helyzetben lenne.
Már elbúcsúztál tőlünk, de azért elmondom, hogy erre a feladatra ugyanúgy működik az érvelésem. Ha veszünk egy húzást, ami praktikusan a golyók egy permutációja (mind a 20-at különbözőnek véve), akkor ahhoz társíthatunk egy másik húzást úgy, hogy az első 4 golyót sorra kicseréljük a harmadik 4 golyóra (tehát az elsőt a kilencedikre, a másodikat a tizedikre, a harmadikat a tizenegyedikre, a negyediket a tizenkettedikre). Ez egy kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés a húzásokon, és mutatja, hogy az első játékosnak ugyanannyi esélye van pirosat húzni, mint a harmadiknak.
Nagyon szépen köszönöm a hozzászolásokat, ezek már voltak olyan minőségűek, amiket el kell fogadniuk a többieknek. Nyertem miattatok egy csomo pénzt :) (amúgy bocsánat a pontatlanságaimért a leírásban, az eredeti példa szerint félrerakja mindenki a kihúzott golyokat)
egy zsákban van 5 piros üveggolyó, 5 kék, 5 zöld, és 5 sárga. 5-en vagyunk, mindenki húz egymás után 4 golyót vakon.
Még így sem egyértelmű a feladat! A kihúzott golyókat mindenki megőrzi, és a többiek a maradékból húznak, hogy a végére elfogyjanak a golyók, vagy mindenki megnézi, megjegyzi, és visszateszi a négy kihúzott golyót, ezért mindenki 20 golyóból húz 4-et? Tegyük fel, hogy senki sem teszi vissza a golyókat! (Mert ha visszatennék, akkor nyilván ugyanakkora eséllyel lehet piros golyót húzni bárkinek, függetlenül, hányadiknak kerül rá a sor! Ugye, ez így elfogadható bizonyítás nélkül?) Nézzük, mi van, ha félretesszük a már kihúzott golyókat, és egyre kevesebb golyó közül húznak a sorra következők, míg az utolsó kiveszi a maradékot!
A következő javaslatom van: állítsuk elő a 20 golyó összes lehetséges sorrendjét! Ez azért lesz jó nekünk, mert az öt ember húzása (miközben mindenki félreteszi, amit húzott, és a továbbiakban a maradékból fog húzni) pontosan az egyik sorrendet valósítja meg. Ezt ismétléses permutációnak hívják, és jelen esetben N = 20!/(4!*4!*4!*4!) - féle sorrend lehetséges! Ez jó nagy szám, most ennek számértéke nem érdekes (annyi, amennyi)! Most gondolatban az összes permutációt 4-es csoportokra bontjuk (pl. így: szpp | kzzs | pskk | zkpz | spks - remélem, nem rontottam el, minden betűből pontosan 5 db kell legyen, és ilyenből van N különböző). Akárhogyan is alakul majd a húzás, valamelyik permutáció szerint jönnek majd a golyók, és minden csoport egy-egy ember húzásait mutatja.
Mekkora valószínűséggel fog az első ember legalább egy piros golyót húzni? Ez pontosan annyi, ha az összes olyan permutáció darabszámát, aminek az első négyes csoportjában van legalább egy 'p' betű, elosztjuk N-nel. Tehát (gondolatban) két csoportra osztjuk a permutációkat, az egyikbe kerülnek azok, melyek első négyesében van (legalább egy) 'p', és összeszámoljuk, mennyi ilyen permutációt találtunk, majd elosztjuk N-nel. Egyelőre nem számoljuk ki ennek számértékét (amúgy 605/969, de ennek most nincs jelentősége).
Mekkora valószínűséggel fog a második ember legalább egy piros golyót húzni? Hasonlóan járunk el, mint azt előbb, de most azokat a permutációkat válogatjuk ki, amelyeknek a második négyesében van (legalább egy) 'p', ezeket számoljuk össze, és osztjuk el az összeget N-nel!
Egészen hasonló a harmadik, a negyedik, és az utolsó ember esete, mindig azokat a permutációkat keressük ki, amelyben az éppen aktuális ember sorszámának megfelelő alcsoportban van (legalább egy) 'p'! Összeszámoljuk és elosztjuk N-el, így minden embernél megkapjuk, hogy mekkora valószínűséggel fog legalább egy piros golyót húzni!
Most belátjuk, hogy akárhányadiknak (mondjuk m-ediknek, ahol 1 <= m <= 5) húzó embert vizsgáljuk is, mindig pontosan ugyanannyi permutációt találunk, aminek az m-edik négyesében van legalább egy 'p'! Ezt nagyon egyszerűen belátjuk, mert minden permutációra igaz, hogy a négyes csoportjaik sorrendjét tetszőlegesen megcserélgetve is olyan permutációt kapunk, ami benne van a N darabszámú összes permutációban (vagyis a négyesek sorrendjének egymás közötti csereberélése nem hoz létre olyan újabb 20-as sorozatot, amit ne vettünk volna számba, amikor N-et meghatároztuk)!
Ha a pirosra kisebb esélye lenne az utolsó húzónak, akkor minden más színre is kisebb kellene legyen az esélye (hiszen a színek szerepe szimmetrikus), vagyis egyszerűen kevesebb golyó jutna neki (várható értékben), amiről tudjuk, hogy nem igaz.
Masképp mondva: nincs semmi ok arra, hogy a színek eloszlása ne legyen szimmetrikus az utolsó (vagy bármelyik) játékosnál.
bocsánatot kérek, félreírtam, az eredeti így hangzik: 4 golyot húzunk csak ki, 20 közül, egymás után, mindenki vakon 4-et 4-et, és csak a végén nézzük meg (nem mintha ez számítana persze.) ha ehhez a modosított kérdésemhez igazítaná a válaszát, annak nagyon örülnék, mert szerintem az előzőt így most a hibám miatt nem értené senki!
Ha jól értem, 20 golyó van a zsákban, tehát az 5 ember mindegyike nem tud 5-5 golyót húzni, mert az összesen 25 golyó.
Ha mindenki 1-1 golyót húz (tehát összesen 5 golyó lesz kihúzva), akkor mindenkinek ugyanannyi esélye lesz piros golyót húzni. Ezt számolás nélkül így láthatjuk be. Lássuk be mondjuk, hogy az első és a harmadik embernek ugyanannyi az esélye. Különböztessük meg az összes golyót, majd tetszőleges 5-ös húzáshoz társítsuk azt a húzást, ami az első és a harmadik kihúzott golyó megcserélésével adódik. Ez egy kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés a húzások között, továbbá az eredeti húzásban az első golyó akkor és csak akkor piros, ha a társított húzásban a harmadik golyó piros. Tehát ugyanannyi jó húzás van az első játékos számára, mint a harmadik játékos számára.
Tisztelt Csoport!!Amiatt kerestem fel ezt a közösséget, mert a baráti társaságunkban lenne egy (szerintem óvodásan egyszerű) matematika kérdés, amiben nem értünk egyet, és remélem hogy itt segítségre találok!Így hangzik a kérdés: egy zsákban van 5 piros üveggolyó, 5 kék, 5 zöld, és 5 sárga. 5-en vagyunk, mindenki húz 5 golyót vakon úgy, hogy a feladat az, hogy legyen közte piros.A kérdés így hangzik: az utolsónak húzó ember esélyei rosszabbak mint a legelsőnek húzó emberé, vagy sem?Egyértelműen mondom hogy nem, de mindenki ellenem van, és odáig fajult a dolog, hogy nagy pénzekben fogadtunk rá, így nagyon fontos lenne hogy valaki aki matekkal foglalkozik, tudjon rá válaszolni, lehetőleg kicsit kifejtősebb módon!Előre is nagyon szépen köszönöm!
Itt tévedtem én is! Például a következő 24 db számnak: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 45, 60, 72, 90, 120, 180, 360 a legkisebb közös többszöröse 360.
Az n az értelmezése szerint a számok száma, és nem a közös többszörösök száma, így rossz a cáfolat. Persze ettől még rossz az állítás, mert a számjegyek száma meglehetősen független a közös többszörös nagyságától.
Ez egy magas ponszámú feladat volt, és egy nagyon ötletes megoldást közöltek. Pedig ez amolyan 'ránézésre' megoldhatónak tűnt, már persze, ha igaz, amit gondolok: szerintem 0 < a1 < a2 < ... < an esetén [a1, a2, ..., an] >= 2^(n-1), és akkor sum(1/[a1, a2, ..., an]) < 2 az 1/[a1, a2, ..., an] < 1/2^(n-1) miatt 0 < a1 < a2 < ... < an esetén.
Vagy tévedek? Ebben kérek segítséget, és köszönöm előre is!
Egy megjegyzés. Az utolsó lépésben felhasználtuk, hogy 2/(1-2-1/3)<10. Ez számológép nélkül is ellenőrizhető, hiszen éppen azt jelenti, hogy n=10-re az eredeti egyenlőtlenség igaz. És valóban, 103<2*83, mert 1000<1024.
