Занимательная математика

[green_fr]

Купили очередную игрушку с кубиками, начал считать вероятности, просто как-то не получается.
Кидаем один кубик - всё просто, вероятность у каждой грани 1/6.
Кидаем два кубика - тоже просто, вероятность выкинуть в сумме число n равна (n-1)/36 для n<=7 и (13-n)/36 для n>=7. Т.е. такая крышка треугольная.
А в этой игрушке нужно кидать пару кубиков до тех пор, пока не выпадет 4 разные значения. Т.е. если выпадает уже выпавшая в этом туре сумма, мы перебрасываем кубики.
Задача: пересчитать вероятности всех возможных сумм от 2 до 12.
Провёл час с ручкой и бумажкой - быстро и красиво не получается. Сел написал на VBA метод Monte-Carlo - цифры вылезли, но удовлетворения не принесли. Особенно, если учесть грядущую смену работы именно что с программиста на статистика...

Comments

[bgmt.livejournal.com]

Последние две фразы так же неясны, как и раньше - потому что один вопрос, это
вероятность выпадения каждого из чисел от 2 до 12 не "в таком эксперименте", а в эксперименте по п.1, а про полный эксперимент 1-3 вопрос не в этой вероятности, а в том, как её использовать, чтобы ЛИБО найти вероятность, что время ожидания (число бросков) до успеха равно t, ЛИБО найти вероятность каждой последовательности четырёх разных чисел, ЛИБО какой-то её функции, и чего ты хочешь, ты так и не сказал.

На второй вопрос мне отвечать прямо сейчас лень, время ожидания всегда несколько муторно, да и не ясно, чего ты хочешь.

Первый вопрос элементарен. Два кубика независимы. Вероятность каждого результата от 1 до 6 для каждого кубика 1/6. Всего комбинаций 36. Из них каждая сумма получается следующим образом:
2=1+1 1 комбинация, вероятность 1/36
3=1+2=2+1 2
4=1+3=2+2=3+1 3
5=1+4=2+3=3+2=4+1 4
6=1+5=2+4=3+3=4+2=5+1 5
7=1+6=2+5=3+4=4+3=5+2=6+1 6
8=2+6=3+5=4+4=5+3=6+2 5
9=3+6=4+5=5+4=6+3 4
10=4+6=5+5=6+4 3
11=5+6=6+5 2
12=6+6 1

На второй вопрос (если он про время ожидания!), кажется мне, проще всего ответить построением дерева решений, и я не думаю, что можно короче.

[green-fr.livejournal.com]

Я как-то даже не видел всех описанных тобой вероятностей. Меня интересует самый простой (с моей, видимо, точки зрения) вариант: если я поставил на эту клеточку (рулетка), то раз во сколько бросков она в среднем будет выпадать? Учитывая специфику эксперимента, можно переформулировать: с какой вероятностью заданное число будет присутствовать в выпавшей четвёрке сумм?

А дерево решений там получается какое-то монструозное... Т.е. как считать понятно, но хотелось бы чего-нибудь более элегантного.

[bgmt.livejournal.com]

за 4 броска с неповторяющимися числами 1 выпадает:
с вероятностью 1/36 в первом броске
с вероятностью 5/36 х 1/36 во втором (5/36 это вероятность что в первом не было 1)
с вероятностью (5/36)^2 х 1/36 в третьем
(5/36)^3 х 1/36 в четвертом

вероятность других чисел считай сам.

[bgmt.livejournal.com]

я тут забыл про сумму, считал один кубик, но это оченрь легко исправить. Сделай сам! (Впрочем, при беглом просмотре комментов у меня впечатление, что тебе уже сделали).

[green-fr.livejournal.com]

Спасибо за помощь :-) Вопрос был не "как считать", а "как бы это красиво посчитать".
А так - не 5/36*1/36, а 35/36*скорректированную вероятность. Скорректированную, потому что выкинуть во втором круге 1-1 уже не 1/36, потому что кандидатов уже не 36, а 36 - вес того, кто выпал в первом туре. Т.е. если в первом броске выпало 7, то вероятность выпадения 1-1 во втором туре равна 1/30. Таким образом даже проще разбить твои 35/36 на кусочки, соответствующие разным скорректированным вероятностям:
2/36 (в первом туре выпало 3) * 1/34 (коррекция вероятности 1-1) + 3/36 (выпало 4) * 1/33 + ...
Всё понятно, непонятно, как это довести до такого вида, где можно было бы посчитать вероятность в уме. Не уверен, что существует такой вид, но ведь очень хочется верить...