Đến nội dung

Hình ảnh

Xác suất thắng cuộc của ai cao hơn ?

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1
chanhquocnghiem

chanhquocnghiem

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2494 Bài viết

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 ?


...

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 ...

 

http://www.wolframal...-15)(x^2-8x+12)


#2
Nobodyv3

Nobodyv3

    Generating Functions Faithful

  • Thành viên
  • 935 Bài viết
Em có linh cảm là $B$ có XS thắng lớn hơn! $\left (P(B)\approx 0,5967 \right )$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 25-10-2022 - 21:23

===========
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...

#3
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

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.


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#4
chanhquocnghiem

chanhquocnghiem

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2494 Bài viết

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 :

$P(A)=\frac{5}{21}\left ( 1+\frac{6}{13}+\frac{126}{715}+\frac{7}{143}+\frac{1}{143} \right )=\frac{173}{429}$

$P(B)=1-P(A)=\frac{256}{429}\approx 0,5967$.


...

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 ...

 

http://www.wolframal...-15)(x^2-8x+12)


#5
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

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? :wacko:

 

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 :D


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh