Feladat:
Mi a valószínűsége, hogy két véletlenszerű egész számot az [1; 10000] intervallumból összeszorozva a kapott eredmény utolsó számjegye 1?
A megoldást a klasszikus valószínűségi mező felállításával kapjuk meg, vagyis olyan elemi eseményekre bontjuk fel az esetet, ahol minden elemi esemény valószínűsége azonos; a valószínűséget pedig a kedvező és az összes esetek hányadosaként kapjuk meg.
Kedvező eredményt akkor kapunk, ha a szorzótényezők utolsó számjegyeinek szorzatának utolsó számjegye 1. Mivel az [1; 10000] intervallumban minden utolsó számjegy ugyanannyiszor szerepel, nem is kell tovább-bonyolítani a dolgot, felírhatjuk az összes esetek és a kedvező esetek számát.
Az elemi eseményeknek a véletlenszerűen kiválasztott számpárok utolsó számjegyeiből álló számpárokat. Az első szám(jegy) is 10 különböző értéket vehet fel, és a második is (nullától kilencig), így az összes esetek száma pontosan 10 × 10 = 100. Itt minden eseménynek azonos esélye van, ezért továbbléphetünk a kedvező események vizsgálatára.
A kedvező eseteket azok a számpárok adják, amelyekben a tagok szorzatának utolsó számjegye 1: (1; 1), (9; 9), (3; 7) és – ugyanez felcserélve: – (7; 3).
“De hát kétszer néztünk azt az esetet, amiben hármas és hetes szerepel!”
Jogos a felvetés, nézzük meg miért van erre szükség.
Azért kell két külön esetként vizsgálni a (7; 3)-at és a (3; 7)-et, mert a klasszikus valószínűségi mezőt úgy határoztuk meg, hogy ezek külön elemi eseményeknek minősülnek.
Ha az összes eseményt nézzük, akkor is láthatjuk, hogy az (x; y) és (y; x) számvégződéseket külön eseményként vizsgáltuk. Az említett x és y értéke is tízféle lehet, összesen 100-féle elemi eseményt vettünk így fel. Ebben a 100-ban szerepel minden számpár és annak fordítottja is. (Ha egy másik feladatban egy esetként akarnánk kezelni a fordított számpárokat, akkor a 10×9÷2 + 10×1 képletet kéne használni.)
Ha a feladatban csak az [1; 10] intervallumot vizsgáljuk, akkor sem változnak a képletek, egyszerűen csak eltekinthetünk attól az egyszerűsítéstől, hogy elemi eseményként az utolsó számjegyet választjuk. Ekkor is az összes eset 10×10=100, a kedvező esetek száma pedig megint 4: (1; 1), (3; 7), (7; 3) és (9; 9). Leírom az összes esetet ide, a kedvezőket kiemelve:
0; 0
0; 1
0; 2
…
0; 9
1; 0 <- hoppá, ennek a fordítottja, (0; 1) már volt
1; 1 <- Ez kedvező eset
1; 2
…
1; 9
2; 0 <- hoppá, figyelitek?
2; 1 <- hoppá-hoppá
2; 2
2; 3
…
2; 9
3; 0
3; 1 <- hoppá
3; 2 <- hoppá, ez is, jé
…
3; 7 <- Ez is kedvező eset
…
7; 1 <- hoppá
7; 2 <- hoppá
7; 3 <- Ugye most már elhiszitek, hogy ez a kedvező eset is egy – hoppá – külön eset?
…
9; 7 <- gyakorlatilag minden (x; y) számpár “hoppá,” ha x > y
9; 8 <- csak én voltam lusta mindet leírni
9; 9 <- Ez is kedvező eset
***
Volt egy példa órán, amit tanár úr elmondott, amivel magyarázni próbálta, hogy miért ez a megoldás jó – ellentétben azzal, amit sokak mondtak, hogy (x; y) és (y; x) nem külön esetek:
Dobjunk két kockával. Mi az esélye annak, hogy a dobott összeg 2 lesz? 3 lesz? 5 lesz?
Addig nagyjából mindenkinek oké szokott lenni, hogy az összes eset 6×6=36.
A 2 is egyszerű: csak úgy jöhet ki, ha két egyest dobok 1/6×1/6=1/36.
A 3-nál szoktak gondok lenni. Nyilván akkor lehet az összeg ennyi, ha egyest és kettest dobok. Ha ez alapján számolunk, akkor megint 1/36-ot kapnánk eredményként. Pedig ez hibás megoldás, az esély kétszerese ennek (ahogyan azt tapasztalatból is tudhatjuk). Lássuk, miért:
Fessük be az egyik kockát színesre. Nyilvánvaló, hogy a festéstől nem változik meg akármilyen dobásnak vagy eredmények az esélye. Így viszont már észrevehetjük, hogy 3-at kétféleképp dobhatunk: ha a sima kocka 1-es és a festett 2-es, és fordítva. Elsőre tehát nem triviális, de a két kockát meg kell különböztetni.
(Na jó, nem muszáj megkülönböztetni, de akkor az összes esetek száma sem 36, és az elemi események valószínűsége sem azonos, így bármiféle számolás sokkal bonyolultabbá válik.)
Tehát 2/36 az esélye, hogy 3-at dobunk.
5-nél ugyanígy meg kell különböztetni az (1; 4)-et a (4; 1)-től és a (2; 3)-at a (3; 2)-től, a valószínűség így pedig 4/36.
***
Ha valakit még így sem sikerült meggyőzni akkor tudok mutatni egy szimulációt.
Nyisd meg ezt az oldalt (direkt most nektek csináltam), a véletlenszámgenerálófüggvény-mezőbe és az Összegzőfüggvény-mezőbe pedig a következőket másoljátok be:
10000-es feladat, véletlenszámgeneráló-függvény:
randomBetween(1, 10000) * randomBetween(1, 10000)Összegzőfüggvény:
function(x){return x%10==1;}A megfelelő gombok megnyomásával generáljatok véletlenszámokat és nézzétek meg a statisztikát akárhányszor, a szorzatok utolsó számjegye az esetek 4%-a körüli mértékben lesz egyes (nyilván nem pontosan 4%, mert tényleg véletlenszerű számokról van szó, de minél több véletlenszámot generáltok [alapból 1000 véletlenszerű elem generálása van bekapcsolva], annál kevésbé fog az érték 4%-tól eltérni).
Az előző feladat, de a számok vizsgálata csak 1-től 10-ig – a véletlenszámgeneráló függvényt kell csak arra kicserélni, hogy:
randomBetween(1, 10) * randomBetween(1, 10)
Két kockával dobunk, és egy összeg előfordulási arányát nézzük. A véletlenszámgeneráló-függvény:
randomBetween(1, 6) + randomBetween(1, 6)Az összegzőfüggvény:
equals(2)Ha nem azt vizsgálod, hogy a 2 előfordulási aránya a dobott értékek közt (a valószínűsége) mennyi, akkor egyszerűen a 2 helyére írd be a vizsgálni kívánt összeget.
Ha valaki ért hozzá, megnézné, kísérletezne, akkor a fenti oldal, a random.html itt érhető el, és szerkeszthető.