Как оказалось, решение этого задания может быть неочевидным, но интересным — добрых полтора часа моего ДР прошли в спорах и обсуждениях 🙂
«Есть правильный шестигранный кубик, как с его помощью за конечное число бросков с равной вероятностью выбрать один из пяти вариантов?»
Дело в том, что число успехов при схеме Бернулли, которая получается при бросании кубика N раз и числе подсчётов успехов (например, выпадений 6, или, скажем, выпадении чётных чисел) стремится к нормальному распределению. Есть такая интегральная предельная теорема Муавра-Лапласа.
Для нормального распределения известны границы, в которых оно находится с заданной вероятностью.
Соответственно, стандартное нормальное распределение с равной вероятностью 1/5 принимает значения:
a) менее -0,8416
б) от -0,8416 до -0,2533
в) от -0,2533 до 0,2533
г) от 0,2533 до 0,8416
д) более 0,8416
Если взять достаточно большое число бросаний кубика (сотни хватит), то разница между этим распределением и (x-np)/(корень(npq)), где n — число бросаний, p — вероятность успеха, q — вероятность неудачи при одном броске будет несущественной.
Соответственно, решение. Кидаем кубик, например, 100 раз. Считаем X — число чётных результатов (p=q=1/2, n = 100)
Потом считаем число (x-50)/5
И смотрим, куда оно попало из вариантов a)-д)
Вероятности каждого интервала почти точно 0,2. Отклонение там будет что-то порядка стомиллионных долей, но это на глазок . Но чем больше N, тем точнее ответ.
Формально это не совсем с равной вероятностью. Пространство элементарных исходов при любом конечном числе N бросаний кубика будет 6^N. Это число не кратно пяти ни при одном N. Соответственно, точно 1/5 получить нельзя.
Есть, например, ещё такой вариант: Взять число вариантов — их 6^N. В лексикографическом порядке (сперва по первой цифре. затем по второй и т.д.) выделить из них [6^N/5] первых. Если значения лежат в них — то вариант 1. Если в следующих [(6^N)/5] — то 2. И так далее. Пример. Два броска, 36 вариантов. 11, 12, 13… 66. Порядок играет роль, отмечаю — 12 и 21 — разные. Первые 7 — от 11 до 21 — это варианты для 1. Вторые — от 22 до 33 — для 2. И т.д.
Или, ещё, взять кубик, кинуть несколько раз. Отбросить 6-ки. Максимум из количества чисел, которые выпали, указывает на номер варианта от 1 до 5.
Если выпало несколько чисел поровну, то решать одним отдельным броском.
Например, если кидать три раза, и выпало 1-2-3, то кидать ещё раз, где 1,2 — первый вариант, 3,4 — второй, 5,6 — третий. (Если выпало 1,1,3 то это 1. Если 1-6-5, то один бросок на 1 или 5)
Но там плохо то, что всегда имеется ненулевой шанс сплошных 6. Они сходятся к 0 по вероятности, но формально за конечное число шагов он не обязан реализоваться.
Есть ещё, кстати, обходные пути — жульнические решения. Требующие иной машинерии. Скажем, подбрасывать кубик и засекать время до его остановки, а потом брать последнюю цифру десятых или сотых секунд и смотреть остаток от её деления на 5. 🙂 Или бросать кубик на поле, расчерченное на 5 равных участков, и смотреть, где остановится. Формально подходит, но по сути жульничество.
Добавить комментарий