W takim razie coś banalnego.
Stoi sobie blok z wielkiej płyty - taki standardowy, bez przeróbek, upiększeń i dodatków. Blok ma 20m wysokości. Po ścianie pełznie do góry ślimak. W ciągu dnia przebywa 5m. W nocy, kiedy śpi, nie potrafi się utrzymać na pionowej ścianie i zsuwa się o 4m. W którym dniu znajdzie się na dachu?
zgadywanki i zagadki
Moderator: RedAktorzy
-
Alfi
- Inkluzja Ultymatywna
- Posty: 20008
- Rejestracja: pt, 10 cze 2005 10:29
-
No-qanek
- Nexus 6
- Posty: 3098
- Rejestracja: pt, 04 sie 2006 13:03
Zabawka z prawdopodobieństwa.
Zdarzenia niezależne to takie, które, jak nazwa wskazuje, są od siebie niezależne.
Jeśli np. rzucę kostką to liczba oczek nic mi nie mówi o wyniki następnego rzutu. Podobnie jeśli pierwsze dwie wylosowane z talii karty będą damą pik i dwójką kier to jest to niezależne od wylosowania karty czerwonej jako trzeciej. Czyli czy pierwsze zdarzenie nastąpi czy nie, prawdopodobieństwo drugiego jest takie samo. I vice versa.
A teraz spróbujcie wymyślić takie trzy zdarzenia, że parami są one od siebie niezależne, ale wszystkie trzy już są związane. (To oznacza, że jeśli wystąpi i pierwsze, i drugie, to prawdopodobieństwo trzeciego zmieni się)
Zdarzenia niezależne to takie, które, jak nazwa wskazuje, są od siebie niezależne.
Jeśli np. rzucę kostką to liczba oczek nic mi nie mówi o wyniki następnego rzutu. Podobnie jeśli pierwsze dwie wylosowane z talii karty będą damą pik i dwójką kier to jest to niezależne od wylosowania karty czerwonej jako trzeciej. Czyli czy pierwsze zdarzenie nastąpi czy nie, prawdopodobieństwo drugiego jest takie samo. I vice versa.
A teraz spróbujcie wymyślić takie trzy zdarzenia, że parami są one od siebie niezależne, ale wszystkie trzy już są związane. (To oznacza, że jeśli wystąpi i pierwsze, i drugie, to prawdopodobieństwo trzeciego zmieni się)
"Polski musi mieć inny sufiks derywacyjny na każdą okazję, zawsze wraca z centrum handlowego z całym naręczem, a potem zapomina i tęchnie to w szafach..."
-
Ilt
- Stalker
- Posty: 1930
- Rejestracja: pt, 02 paź 2009 15:45
Miałem się nie odzywać, bo mało pamiętam i takie tam, ale nie mogę, bo nawet biorąc poprawkę na popełnione przez ciebie, uhm, świadome (mam nadzieję) odejście od terminologii, mieszanie jej i niewłaściwe, niejasne wytłumaczenie niezależności - no po prostu nie mogę. Ten przykład z kartami jest zły. Pomijając niejasność opisu, to nie są zdarzenia niezależne.No-qanek pisze:Zabawka z prawdopodobieństwa.
Zdarzenia niezależne to takie, które, jak nazwa wskazuje, są od siebie niezależne.
Jeśli np. rzucę kostką to liczba oczek nic mi nie mówi o wyniki następnego rzutu. Podobnie jeśli pierwsze dwie wylosowane z talii karty będą damą pik i dwójką kier to jest to niezależne od wylosowania karty czerwonej jako trzeciej. Czyli czy pierwsze zdarzenie nastąpi czy nie, prawdopodobieństwo drugiego jest takie samo. I vice versa.
A teraz spróbujcie wymyślić takie trzy zdarzenia, że parami są one od siebie niezależne, ale wszystkie trzy już są związane. (To oznacza, że jeśli wystąpi i pierwsze, i drugie, to prawdopodobieństwo trzeciego zmieni się)
No i mam też problem z problemem, bo postawiłeś dwa różne (znowu - odchodząc od przyjętej terminologii, więc nie wiem czy dobrze cię rozumiem).
Przed nawiasem pytasz o zdarzenia niezależne A∩B∩C gdy A∩B są niezależne, B∩C są niezależne itd., a w nawiasie chyba o warunkowe albo próbujesz, sam nie wiem, może wmieszać w to zmienne losowe?
The mind is not a vessel to be filled but a fire to be kindled.
-
No-qanek
- Nexus 6
- Posty: 3098
- Rejestracja: pt, 04 sie 2006 13:03
Starałem się podejść do terminologii bardziej przyjaźnie. Ale nie widzę w tym błędu - zdarzenia niezależne można łatwo zrozumieć intuicyjnie, bez ścisłego formalizmu. Kto pragnie ścisłości może zajrzeć na Wiki, ale naprawdę nie wydaje mi się, żeby ten opis był niejasny. To jednak wątek rozrywkowy.
Co jest nie tak z przykładem z kartami?
Jeśli wiemy o wyciągnięciu dwójki pik i damy kier to wiemy, że w talii pozostały 22 karty czarne i 22 karty czerwone. Czyli prawdopodobieństwo wylosowania karty czerwonej wynosi 1/2. Jeśli nic nie wiemy to prawdopodobieństwo tak samo wynosi 1/2. Tedy są to zdarzenia niezależne. Z definicji zdarzeń niezależnych poprzez prawdopodobieństwa warunkowe.
Może jeszcze wyklaruje opis:
Wyciągamy trzy karty jedna po drugiej.
Zdarzenie A: Pierwszą wyciągniętą kartą jest dama pik, drugą dwójka kier.
Zdarzenie B: Trzecią wyciągniętą kartą jest karta czerwona.
Zdarzenia A i B są niezależne. Prawdopodobieństwo zajścia obu zdarzeń to: 1/52*1/51*1/2. Zdarzenia A osobno 1/52*1/51; zdarzenia B osobno 1/2. Zatem definicja jest spełniona.
Gdybyśmy za zdarzenia A wzięli wyciągnięcie trójki pik i czwórki trefl, A i B nie byłyby już niezależne. Jeśli zajdzie A to w talii pozostanie więcej kart czerwonych, a więc prawdopodobieństwo B wzrośnie.
Nie rozumiem do końca ostatniego pytania. Przez zależność trzech zdarzeń jako całości mam na myśli to, że zdarzenia A∩B i C, A∩C i B oraz C∩B i A są zależne (fun fact: każde jedno z tych trzech implikuje dwa pozostałe). Przy czym same A i B, B i C oraz A i C wszystkie są parami zdarzeń niezależnych.
I jest to zgodne z definicją niezależności trzech zdarzeń.
Zdarzenia niezależne jak najbardziej mają coś wspólnego z prawdopodobieństwem warunkowym: jeśli do definicji zastosujesz wzór na prawdopodobieństwo warunkowe uzyskujesz następującą definicję zdarzeń niezależnych: P(A|B) = P(A).
No dalej, nie krępujcie się, wymyślić takie zdarzenia to nic trudnego. Podpowiedź: to czy światło jest włączone czy nie zależy od tego czy było włączone na początku i ile razy w międzyczasie wciśnięto przełącznik.
Co jest nie tak z przykładem z kartami?
Jeśli wiemy o wyciągnięciu dwójki pik i damy kier to wiemy, że w talii pozostały 22 karty czarne i 22 karty czerwone. Czyli prawdopodobieństwo wylosowania karty czerwonej wynosi 1/2. Jeśli nic nie wiemy to prawdopodobieństwo tak samo wynosi 1/2. Tedy są to zdarzenia niezależne. Z definicji zdarzeń niezależnych poprzez prawdopodobieństwa warunkowe.
Może jeszcze wyklaruje opis:
Wyciągamy trzy karty jedna po drugiej.
Zdarzenie A: Pierwszą wyciągniętą kartą jest dama pik, drugą dwójka kier.
Zdarzenie B: Trzecią wyciągniętą kartą jest karta czerwona.
Zdarzenia A i B są niezależne. Prawdopodobieństwo zajścia obu zdarzeń to: 1/52*1/51*1/2. Zdarzenia A osobno 1/52*1/51; zdarzenia B osobno 1/2. Zatem definicja jest spełniona.
Gdybyśmy za zdarzenia A wzięli wyciągnięcie trójki pik i czwórki trefl, A i B nie byłyby już niezależne. Jeśli zajdzie A to w talii pozostanie więcej kart czerwonych, a więc prawdopodobieństwo B wzrośnie.
Nie rozumiem do końca ostatniego pytania. Przez zależność trzech zdarzeń jako całości mam na myśli to, że zdarzenia A∩B i C, A∩C i B oraz C∩B i A są zależne (fun fact: każde jedno z tych trzech implikuje dwa pozostałe). Przy czym same A i B, B i C oraz A i C wszystkie są parami zdarzeń niezależnych.
I jest to zgodne z definicją niezależności trzech zdarzeń.
Zdarzenia niezależne jak najbardziej mają coś wspólnego z prawdopodobieństwem warunkowym: jeśli do definicji zastosujesz wzór na prawdopodobieństwo warunkowe uzyskujesz następującą definicję zdarzeń niezależnych: P(A|B) = P(A).
No dalej, nie krępujcie się, wymyślić takie zdarzenia to nic trudnego. Podpowiedź: to czy światło jest włączone czy nie zależy od tego czy było włączone na początku i ile razy w międzyczasie wciśnięto przełącznik.
"Polski musi mieć inny sufiks derywacyjny na każdą okazję, zawsze wraca z centrum handlowego z całym naręczem, a potem zapomina i tęchnie to w szafach..."
-
Ilt
- Stalker
- Posty: 1930
- Rejestracja: pt, 02 paź 2009 15:45
-
No-qanek
- Nexus 6
- Posty: 3098
- Rejestracja: pt, 04 sie 2006 13:03
-
Ilt
- Stalker
- Posty: 1930
- Rejestracja: pt, 02 paź 2009 15:45
Weźmy sobie urnę z 4 kulami oznaczonymi 1, 2, 3, 123.
Dla i=1,2,3, A_i - zdarzenie polegające na wyciągnięciu kuli z symbolem i.
P(A_i) = 2/4=1/2
P(A_1∩A_2) = 1/4 = 1/2 * 1/2 - niezależne dla każdej pary.
P(A_1∩A_2∩A_3) = 1/4 =/= 1/2*1/2*1/2 = 1/8 - nie są niezależne.
O takie coś ci chodzi?
Dla i=1,2,3, A_i - zdarzenie polegające na wyciągnięciu kuli z symbolem i.
P(A_i) = 2/4=1/2
P(A_1∩A_2) = 1/4 = 1/2 * 1/2 - niezależne dla każdej pary.
P(A_1∩A_2∩A_3) = 1/4 =/= 1/2*1/2*1/2 = 1/8 - nie są niezależne.
O takie coś ci chodzi?
The mind is not a vessel to be filled but a fire to be kindled.
-
No-qanek
- Nexus 6
- Posty: 3098
- Rejestracja: pt, 04 sie 2006 13:03
Zgadza się.
Ale można prościej: np. rzucamy dwoma kostkami.
A - na pierwszej jest wynik parzysty.
B - na drugiej jest wynik parzysty.
C - suma wyników jest parzysta.
Ale można prościej: np. rzucamy dwoma kostkami.
A - na pierwszej jest wynik parzysty.
B - na drugiej jest wynik parzysty.
C - suma wyników jest parzysta.
"Polski musi mieć inny sufiks derywacyjny na każdą okazję, zawsze wraca z centrum handlowego z całym naręczem, a potem zapomina i tęchnie to w szafach..."
-
Gesualdo
- Niegrzeszny Mag
- Posty: 1752
- Rejestracja: pn, 01 wrz 2008 14:45
No-qanku, a gdzie masz trzecie zdarzenie?
Nie rozumiem, jak suma wyników może być uznana za zdarzenie. Przecież rzucam jedną kostką (tam coś się pojawia), rzucam drugą kostką (tam też się coś pojawia) i chcę zrobić trzecie zdarzenie, ale nie mogę, bo nie mam kostek. Powtórne rzucenie którąkolwiek z tych dwóch zmieni początkowy wynik.
Nie rozumiem, jak suma wyników może być uznana za zdarzenie. Przecież rzucam jedną kostką (tam coś się pojawia), rzucam drugą kostką (tam też się coś pojawia) i chcę zrobić trzecie zdarzenie, ale nie mogę, bo nie mam kostek. Powtórne rzucenie którąkolwiek z tych dwóch zmieni początkowy wynik.
"Jestem kompozytorem i coś pewnie chciałem, ale już zapomniałem."
-
No-qanek
- Nexus 6
- Posty: 3098
- Rejestracja: pt, 04 sie 2006 13:03
OK, to już rozumiem, po co się tłumaczy elementy przestrzeni probabilistycznej :>
Wytłumaczę od samego początku.
Musisz rozróżnić zdarzenie elementarne i zdarzenie (ogólne). Zdarzenia elementarne to te najbardziej podstawowe, jakie rozważamy: w przykładzie z kostkami będzie to na przykład 3 na pierwszej kostce i 6 na drugiej. Wszystkie takie zdarzenia elementarne tworzą przestrzeń zdarzeń elementarnych oznaczaną wielką literą omega: Ω. Należą do niej wszystkie zdarzenia elementarne, w naszym przykładzie Ω = {1,2,3,4,5,6}x{1,2,3,4,5,6}. x to iloczyn kartezjański - oznacza, że tworzymy zbiór wszystkich takich par, w których każda składa się z elementu pierwszego zbioru i elementu drugiego zbioru. Czyli w naszym przykładzie do przestrzenie zdarzeń elementarnych należą wszystkie "kombinacje" dowolnego wyniku z pierwszej kostki z dowolnym wynikiem z drugiej kostki.
Dopiero teraz dochodzimy do zdarzeń "zwykłych", takich, które w rachunku prawdopodobieństwa nas interesują, które trzeba było podać w zagadce.
Każde takie zdarzenie jest elementem F, zbioru zdarzeń, który definiujemy jako σ-ciało podzbiorów zbioru Ω. Pod tą straszną nazwą kryje się po prostu zbiór wszystkich* zbiorów elementów omegi. Zbiór wszystkich zbiorów elementów polega na tym: bierzemy pusty worek i wrzucamy sobie do niego takie elementy omegi, jakie nam pasują. Potem wiążemy worek i wrzucamy do F. Taki worek jest pojedynczym zdarzeniem.
Zobaczmy jak wygląda worek A. To zbiór wszystkich takich zdarzeń elementarnych, dla których wynik na pierwszej kości jest parzysty. Więc mamy w nim np. (2,1), (2,2), (6,5), itd.
Otrzymujemy zatem F_A = {(x,y): x jest parzyste} = {2,4,6}x{1,2,3,4,5,6}. Zatem zbiór wszystkich "kombinacji" dwójki, czwórki i szóstki na pierwszej kości z dowolnym innym wynikiem na drugiej.
A zdarzenie C? To wszystkie pary, gdzie na obu są wyniki parzyste lub na obu nieparzyste: F_C = {1,3,5}x{1,3,5} u {2,4,6}x{2,4,6}, gdzie u to suma zbiorów (czyli do worka C wrzucamy wszystko to co po lewej, a potem dorzucamy wszystko to, co po prawej).
Na koniec mamy jeszcze miarę probabilistyczną. Ona określa jakie są prawdopodobieństwa każdego zdarzenia i ma parę dodatkowych (intuicyjnych) założeń, które można znaleźć na wiki. Najczęściej zakładamy po prostu, że każde zdarzenie elementarne ma takie samo prawdopodobieństwo - wtedy prawdopodobieństwo zdarzenia jest prawdopodobieństwem jednego zdarzenia elementarnego pomnożonego przez liczbę zdarzeń elementarnych, które zawiera zdarzenie. To nie brzmi zbyt jasno - ale chodzi tylko o to, że (przy takim założeniu) aby policzyć prawdopodobieństwo wystarczy liczbę elementów zdarzenia podzielić przez liczbę wszystkich elementów omegi, a więc wszystkich różnych jakie mogą być.
Teraz do twojego postu:
My nie robimy zdarzeń A, B, C. My rzucamy dwoma kostkami i każdy możliwy wynik to zdarzenie elementarne, zbiór ich wszystkich to omega.
Powiedzmy, że mamy całą górę kostek i wyrzuciliśmy wszystkie możliwe pary. Teraz przy każdej parze, przy której wystąpi zdarzenie A piszemy A. Tak samo robimy z B i C. My już tylko obserwujemy wyniki i stwierdzamy, czy zdarzenie zaszło czy nie. Jeśli mamy 3 na pierwszej i 5 na drugiej to zdarzenie A nie zaszło, zdarzenie B nie zaszło, ale zaszło zdarzenie C.
Jeśli policzmy przy ilu parach są jakie literki i podzielimy przez liczbę wszystkich par otrzymamy prawdopodobieństwa zdarzeń. Każde z nich to 1/2.
Widzimy, że np. B i C są niezależne: jeśli na drugiej kości jest wynik parzysty to suma może być albo parzysta (jeśli i na pierwszej jest parzysty), albo nieparzysta (jeśli na pierwszej jest nieparzysta). Ale jeśli wyniku na drugiej kości nie znamy to o tym, czy zajdzie C czy nie możemy powiedzieć tyle samo. Też 1/2.
Ufff... mam nadzieję, że nie poszło to na marne.
*"wszystkie" jest prawdziwe, gdy rozważamy zbiory skończone. Gdy nie - potrzeba nam bardziej wysublimowanych narzędzi.
Wytłumaczę od samego początku.
Musisz rozróżnić zdarzenie elementarne i zdarzenie (ogólne). Zdarzenia elementarne to te najbardziej podstawowe, jakie rozważamy: w przykładzie z kostkami będzie to na przykład 3 na pierwszej kostce i 6 na drugiej. Wszystkie takie zdarzenia elementarne tworzą przestrzeń zdarzeń elementarnych oznaczaną wielką literą omega: Ω. Należą do niej wszystkie zdarzenia elementarne, w naszym przykładzie Ω = {1,2,3,4,5,6}x{1,2,3,4,5,6}. x to iloczyn kartezjański - oznacza, że tworzymy zbiór wszystkich takich par, w których każda składa się z elementu pierwszego zbioru i elementu drugiego zbioru. Czyli w naszym przykładzie do przestrzenie zdarzeń elementarnych należą wszystkie "kombinacje" dowolnego wyniku z pierwszej kostki z dowolnym wynikiem z drugiej kostki.
Dopiero teraz dochodzimy do zdarzeń "zwykłych", takich, które w rachunku prawdopodobieństwa nas interesują, które trzeba było podać w zagadce.
Każde takie zdarzenie jest elementem F, zbioru zdarzeń, który definiujemy jako σ-ciało podzbiorów zbioru Ω. Pod tą straszną nazwą kryje się po prostu zbiór wszystkich* zbiorów elementów omegi. Zbiór wszystkich zbiorów elementów polega na tym: bierzemy pusty worek i wrzucamy sobie do niego takie elementy omegi, jakie nam pasują. Potem wiążemy worek i wrzucamy do F. Taki worek jest pojedynczym zdarzeniem.
Zobaczmy jak wygląda worek A. To zbiór wszystkich takich zdarzeń elementarnych, dla których wynik na pierwszej kości jest parzysty. Więc mamy w nim np. (2,1), (2,2), (6,5), itd.
Otrzymujemy zatem F_A = {(x,y): x jest parzyste} = {2,4,6}x{1,2,3,4,5,6}. Zatem zbiór wszystkich "kombinacji" dwójki, czwórki i szóstki na pierwszej kości z dowolnym innym wynikiem na drugiej.
A zdarzenie C? To wszystkie pary, gdzie na obu są wyniki parzyste lub na obu nieparzyste: F_C = {1,3,5}x{1,3,5} u {2,4,6}x{2,4,6}, gdzie u to suma zbiorów (czyli do worka C wrzucamy wszystko to co po lewej, a potem dorzucamy wszystko to, co po prawej).
Na koniec mamy jeszcze miarę probabilistyczną. Ona określa jakie są prawdopodobieństwa każdego zdarzenia i ma parę dodatkowych (intuicyjnych) założeń, które można znaleźć na wiki. Najczęściej zakładamy po prostu, że każde zdarzenie elementarne ma takie samo prawdopodobieństwo - wtedy prawdopodobieństwo zdarzenia jest prawdopodobieństwem jednego zdarzenia elementarnego pomnożonego przez liczbę zdarzeń elementarnych, które zawiera zdarzenie. To nie brzmi zbyt jasno - ale chodzi tylko o to, że (przy takim założeniu) aby policzyć prawdopodobieństwo wystarczy liczbę elementów zdarzenia podzielić przez liczbę wszystkich elementów omegi, a więc wszystkich różnych jakie mogą być.
Teraz do twojego postu:
My nie robimy zdarzeń A, B, C. My rzucamy dwoma kostkami i każdy możliwy wynik to zdarzenie elementarne, zbiór ich wszystkich to omega.
Powiedzmy, że mamy całą górę kostek i wyrzuciliśmy wszystkie możliwe pary. Teraz przy każdej parze, przy której wystąpi zdarzenie A piszemy A. Tak samo robimy z B i C. My już tylko obserwujemy wyniki i stwierdzamy, czy zdarzenie zaszło czy nie. Jeśli mamy 3 na pierwszej i 5 na drugiej to zdarzenie A nie zaszło, zdarzenie B nie zaszło, ale zaszło zdarzenie C.
Jeśli policzmy przy ilu parach są jakie literki i podzielimy przez liczbę wszystkich par otrzymamy prawdopodobieństwa zdarzeń. Każde z nich to 1/2.
Widzimy, że np. B i C są niezależne: jeśli na drugiej kości jest wynik parzysty to suma może być albo parzysta (jeśli i na pierwszej jest parzysty), albo nieparzysta (jeśli na pierwszej jest nieparzysta). Ale jeśli wyniku na drugiej kości nie znamy to o tym, czy zajdzie C czy nie możemy powiedzieć tyle samo. Też 1/2.
Ufff... mam nadzieję, że nie poszło to na marne.
*"wszystkie" jest prawdziwe, gdy rozważamy zbiory skończone. Gdy nie - potrzeba nam bardziej wysublimowanych narzędzi.
"Polski musi mieć inny sufiks derywacyjny na każdą okazję, zawsze wraca z centrum handlowego z całym naręczem, a potem zapomina i tęchnie to w szafach..."
-
Gesualdo
- Niegrzeszny Mag
- Posty: 1752
- Rejestracja: pn, 01 wrz 2008 14:45
No dobra, trochę już mi się przejaśniło na temat tego, czym jest zdarzenie i czym są zdarzenia niezależne i zależne. Albo tylko tak mi się wydaje (nie jestem pewien, czy pewnych rzeczy nie złapałem, czy tak to przedstawiłeś, że nie złapałem).
Ale, w każdym razie, dalej nie wiem, czemu zdarzenia A i B razem mają wpłynąć na prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzenia C. Jeśli dobrze zrozumiałem, to prawdopodobieństwo C zależy od omegi, więc jest niezmienne (bo nie ruszamy omegi).
Przecież jeśli nastąpiły zdarzenia A i B, to nastąpiło również zdarzenie C, więc to nie prawdopodobieństwo wystąpienia, tylko fakt dokonany. Nastąpił jeden rzut dwoma kostkami i znamy już wynik.
Ale, w każdym razie, dalej nie wiem, czemu zdarzenia A i B razem mają wpłynąć na prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzenia C. Jeśli dobrze zrozumiałem, to prawdopodobieństwo C zależy od omegi, więc jest niezmienne (bo nie ruszamy omegi).
Przecież jeśli nastąpiły zdarzenia A i B, to nastąpiło również zdarzenie C, więc to nie prawdopodobieństwo wystąpienia, tylko fakt dokonany. Nastąpił jeden rzut dwoma kostkami i znamy już wynik.
"Jestem kompozytorem i coś pewnie chciałem, ale już zapomniałem."