Có $10$ viên bi xanh và $5$ viên bi đỏ bỏ trong một túi vải đen. Hai người chơi $A$ và $B$ lần lượt lấy không hoàn lại mỗi lần $1$ viên ($A$ lấy trước). Trò chơi kết thúc khi có người lấy được bi đỏ và người đó coi như thua cuộc. Hỏi xác suất thắng cuộc của ai cao hơn ?
Xác suất thắng cuộc của ai cao hơn ?
#1
Đã gửi 24-10-2022 - 22:49
- perfectstrong và DOTOANNANG thích
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
#2
Đã gửi 25-10-2022 - 17:24
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 25-10-2022 - 21:23
- chanhquocnghiem yêu thích
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...
#3
Đã gửi 25-10-2022 - 19:09
Ta xét trường hợp tổng quát có $n$ bi xanh và $m$ bi đỏ.
Gọi $X_k$ là biến cố ở lượt $k$ rút ra được bi xanh và $\overline{X_k}$ là rút ra bi đỏ.
Ta có xác suất có điều kiện như sau:
\[P\left( {{X_k}|{X_{k - 1}},{X_{k - 2}},\ldots, {X_1}} \right) = \left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{{n - k + 1}}{{n + m - k + 1}}{\text{ nếu }}k \le n\\
0{\text{ nếu không}}
\end{array} \right.\]
Từ đó ta tính xác suất rút được bi xanh ở lượt thứ $k$:
\[\begin{array}{l}
P\left( {{X_1}} \right) = \frac{n}{{n + m}}\\
P\left( {\overline {{X_1}} } \right) = 1 - P\left( {{X_1}} \right) = \frac{m}{{n + m}}\\
P\left( {{X_2}} \right) = P\left( {{X_2}|{X_1}} \right)P\left( {{X_1}} \right) = \frac{{n - 1}}{{n + m - 1}}\frac{n}{{n + m}} = \frac{{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{{2!}}}}{{\frac{{\left( {n + m} \right)\left( {n + m - 1} \right)}}{{2!}}}} = \frac{{C_n^2}}{{C_{n + m}^2}}\\
P\left( {\overline {{X_2}} } \right) = \left( {1 - P\left( {{X_2}|{X_1}} \right)} \right)P\left( {{X_1}} \right) = P\left( {{X_1}} \right) - P\left( {{X_2}} \right)\\
P\left( {{X_3}} \right) = P\left( {{X_3}|{X_2},{X_1}} \right)P\left( {{X_2}} \right) = \frac{{n - 2}}{{n + m - 2}}P\left( {{X_2}} \right) = \frac{{C_n^3}}{{C_{n + m}^3}}\\
P\left( {\overline {{X_3}} } \right) = \left( {1 - P\left( {{X_3}|{X_2},{X_1}} \right)} \right)P\left( {{X_2}} \right) = P\left( {{X_2}} \right) - P\left( {{X_3}} \right)\\
\ldots\\
P\left( {{X_k}} \right) = \left\{ \begin{array}{l}
0{\text{ nếu }}k \ge n + 1\\
\frac{{C_n^k}}{{C_{n + m}^k}}{\text{ nếu }}k \le n
\end{array} \right.\\
P\left( {\overline {{X_k}} } \right) = \left\{ \begin{array}{l}
1{\text{ nếu }}k \ge n + 1\\
1 - P\left( {{X_1}} \right){\text{ nếu }}k = 1\\
P\left( {{X_{k - 1}}} \right) - P\left( {{X_k}} \right){\text{ nếu }}k \le n
\end{array} \right.
\end{array}\]
Từ đó, ta tính xác suất để $A$ thắng:
\[{P_A} = \sum\limits_{k \le \frac{{n - 1}}{2}} {P\left( {{X_{2k + 1}}} \right)P\left( {\overline {{X_{2k + 2}}} } \right)}\]
Do số lượng bi có hạn nên trò chơi sẽ dừng lại sau nhiều nhất $n+1$ lượt, và sẽ luôn có người thắng. Nên $P_A + P_B = 1$. Ta chỉ cần so sánh $P_A$ với $\dfrac{1}{2}$ là sẽ biết $A$ nhiều khả năng thắng hơn hay không.
P/S: đã sửa xác suất thua.
- chanhquocnghiem và Nobodyv3 thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#4
Đã gửi 26-10-2022 - 08:27
Có $10$ viên bi xanh và $5$ viên bi đỏ bỏ trong một túi vải đen. Hai người chơi $A$ và $B$ lần lượt lấy không hoàn lại mỗi lần $1$ viên ($A$ lấy trước). Trò chơi kết thúc khi có người lấy được bi đỏ và người đó coi như thua cuộc. Hỏi xác suất thắng cuộc của ai cao hơn ?
Xét trường hợp tổng quát trong túi ban đầu có $n$ bi xanh và $m$ bi đỏ.
Xác suất $A$ thắng cuộc sau lượt thứ hai (tức là sau lượt đầu tiên của $B$) là $P(A_2)=\frac{n}{m+n}.\frac{m}{m+n-1}=\frac{mn}{(m+n)(m+n-1)}$
Xác suất $A$ thắng cuộc sau lượt thứ tư (tức sau lượt thứ hai của $B$) : $P(A_4)=\frac{n}{m+n}.\frac{n-1}{m+n-1}.\frac{n-2}{m+n-2}.\frac{m}{m+n-3}=\frac{(n-1)(n-2)}{(m+n-2)(m+n-3)}.P(A_2)=\frac{C_{n-1}^2}{C_{m+n-2}^2}.P(A_2)$
Xác suất $A$ thắng cuộc sau lượt thứ sáu : $P(A_6)=\frac{n}{m+n}.\frac{n-1}{m+n-1}.\frac{n-2}{m+n-2}.\frac{n-3}{m+n-3}.\frac{n-4}{m+n-4}.\frac{m}{m+n-5}=\frac{C_{n-1}^4}{C_{m+n-2}^4}.P(A_2)$
.................................................................
Xác suất $A$ thắng cuộc sau lượt thứ $2\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor$ : $P\left ( A_{2\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor} \right )=\frac{C_{n-1}^{2\left \lfloor \frac{n-1}{2} \right \rfloor}}{C_{m+n-2}^{2\left \lfloor \frac{n-1}{2} \right \rfloor}}.P(A_2)$
Xác suất $A$ thắng cuộc trong trò chơi này là :
$P(A)=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n+1}{2} \right \rfloor}A_{2k}=P(A_2)\left ( 1+\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n-1}{2} \right \rfloor}\frac{C_{n-1}^{2k}}{C_{m+n-2}^{2k}} \right )=\frac{mn}{(m+n)(m+n-1)}\sum_{k=0}^{\left \lfloor \frac{n-1}{2} \right \rfloor}\frac{C_{n-1}^{2k}}{C_{m+n-2}^{2k}}$
Thay $n=10$ ; $m=5$ vào, ta có :
$P(A)=\frac{5}{21}\left ( 1+\frac{6}{13}+\frac{126}{715}+\frac{7}{143}+\frac{1}{143} \right )=\frac{173}{429}$
$P(B)=1-P(A)=\frac{256}{429}\approx 0,5967$.
- perfectstrong, DOTOANNANG và Nobodyv3 thích
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
#5
Đã gửi 26-10-2022 - 14:22
Ý tưởng em giống anh nhưng đáp số em ra lại khác Ngay từ $P(A_2)$ của anh ra $\frac{5}{21}$, còn của em là \[P\left( {{X_1}} \right)P\left( {\overline {{X_2}} } \right) = \frac{{C_n^1}}{{C_{n + m}^1}}\left( {1 - \frac{{C_n^2}}{{C_{n + m}^2}}} \right) = \frac{8}{{21}}\]
Không biết em hiểu sai chỗ nào?
P/S: Em vừa nhận ra mình đã ngộ nhận cách tính $P(\overline{X_{k}})$. Không thể lấy $1-P(X_k)$ vì đấy bao gồm cả xác suất trò chơi kết thúc ở lượt trước. $P(\overline{X_k})$ phải dựa trên $P(X_{k-1}|X_{k-2},\ldots,X_1)$, tức là các lượt trước đều đã ra bi xanh. Chốc nữa em sẽ sửa lại
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh