Логические задачи → Нечестная монета

6 июля 2009 | Добавил: Gauss

Представьте, что у вас есть нечестная монета, которая при бросании показывает орла и решку с разной вероятностью.
Пусть вероятность её выпадения орлом будет p, а решкой соответственно 1-p. (0 < p < 1)

Придумайте, как нужно бросать монету, чтобы вы смогли с равной вероятностью говорить, что выпало - "орёл" или "решка".

Хотите регулярно получать новые задачи и познавательные топики? Подпишитесь на рассылку

Версия для печати.
RSS комментариев записи.

Метки → алгоритмы, логические

Комментариев: 17

Victor пишет:
6 июля 2009 в 21:18

Монетка кидается два раза. Если первый раз выпал орёл, а второй раз - решка, то считается, что выпал орёл. Если первый раз выпала решка, а второй раз - орёл, то считается, что выпала решка.
В остальных случаях двойное подбрасывание следует повторить заново.
crazy_max пишет:
8 июля 2009 в 10:37

Victor, если сам придумал, то респект. Мозг не засох, это точно )))
NLO пишет:
8 сентября 2009 в 21:24

Вероятность того, что выпал "орёл" или "решка" одинаковы, но алгоритм имеет вероятность (величина которой стремится к 0 с ростом числа экспериментов) быть бесконечным. Т.е. так и не случится двух бросков - "орёл" или "решка".
И между тем вероятность того, что алгоритм не даст выбросов "орла" и "решки" за N экспериментов конечна.
Это подразумевается в решении?
Пук пишет:
9 сентября 2009 в 18:22

Каждый четный бросок после того, как монета замерла, переворачивать ее на обратную сторону
dekin пишет:
13 октября 2009 в 20:36

Испытания по подбрасыванию монеты проводим в несколько серий по N бросков каждая. В идеале, число серий, разумеется, бесконечно.
Под "решкой" всегда будем иметь в виду сторону монеты, противоположную "орлу".
В нечётных сериях под "орлом" подразумеваем тыльную сторону монеты (с изображением герба); в чётных сериях - лицевую сторону монеты (с изображением номинала монеты).
ронид пишет:
16 января 2010 в 11:25

Говорить мы можем всё что угодно, но если в дано сказано п, то оно так до конца ответа и должно быть п. Крутой может быть ответ на уроке теории вероятности: учитель говорит: вероятность первого события 0,4, второго - 0,1, третьего - 0,9, найдите что-то там. Я говорю глупости всё это проводим по два испытания получается у всех вероятность 0,5. И радуемся!
Лиза пишет:
3 декабря 2010 в 21:54

Нужно кидать так, чтобы монета упала на ребро: вероятность выпадения и орла, и решки в таком случае 0. Решение не противоречит условиям: решка может выпать, если не кидатьтак, чтобы монета упала ребром или орлом вверх, специально.
Navuha пишет:
30 мая 2011 в 03:54

Бутерброд падает маслом вниз. А особая монета тяжелее, плотнее с той стороны, которая выпадает реже, с меньшей вероятностью.
Отсюда, если
- вероятность выпадения более тяжёлой стороны (и менее вероятной) по условию обозначена p, а второй 1-p,
- ось толщины монетки обозначим Ox и направим от более лёгкой до более тяжёлой стороны,
- глубину залегания смещённого центра тяжести монетки, с более лёгкой стороны с вероятностью 1-p, обозначим x,
- полную толщину монетки обозначим s,
- радиус монетки обозначим r,
- искомый угол, под которым надо накренить поставленную на ребро монетку в сторону более лёгкой стороны, для того чтобы центр тяжести оказался ровно над точкой опоры (точкой соприкосновения ребра более лёгкой стороны монетки со столом), обозначим A,
то...
A=arctg(x/r); (1)
px=(1-p)(s-x) или x=(1-p)s; (2)
подставляем 2 в 1:
A=arctg((1-p)s/r).
Вот. Монетку не бросаем, а ставим на лёгкое рёбрышко под углом A, потом отпускаем и ждём!

Если же идти по пути особого способа кидания, то, чую, вероятности выпадения обоих сторон будут выравниваться, если вращать монетку с большей угловой скоростью.

Если же позволяют менять число бросков (что странно), то...
допустим, что монетка брошена бесконечно великое число раз. Тогда количество событий выпадения первой стороны - p от этого числа, а количество событий выпадения второй стороны - (1-p) от этого числа. Как бросать так, чтобы было поровну на каждую сторону, то есть чтоб при ограниченном числе бросков вероятности были равны? Никак. Нельзя вероятность изменить, меняя правила и последовательность ОГРАНИЧЕННОГО числа бросков, ибо всегда есть составляющая случайности - и чем меньше бросков, тем она больше.

Единственное, чем можно поправить дело, - это не ждать, когда монетка упадёт, а ловить её рукой, надеясь на чудо человеческого зрения и ловкости. Если же она таки валится на земь, то нужно пропускать все падения на ребро и все падения с отскоком от пола - учитывать только падения с одинарным шлепком, хотя... и это мёртвому припарка.
atlakatl пишет:
30 мая 2011 в 06:49

Как бросать так, чтобы было поровну на каждую сторону, то есть чтоб при ограниченном числе бросков вероятности были равны? - спрашивает Navuha и сам отвечает, - Никак.

Действительно, кидая «нормальную» монету с p = 0,5 , мы за один бросок получаем один результат. По предложенному Victor (коммент №1) методу для получения одного результата следует бросить монету 2/(1 – p^2 - (1 – p)^2) раз. Например, если вероятность p = 0,9 , то монету для одного результата нужно бросить в среднем 11,1111… раз. Да и с почти «правильной» монетой число бросков будет не меньше четырёх. Неудобно.

Итак, в нашем распоряжении только один генератор случайности – монета, да и та «кривая». Но зато есть множество неслучайных величин. Скажем, число Пи. Получено более 5 трлн. его десятичных знаков. Переводим число Пи в двоичную систему. Получаем триллионную последовательность нулей и единиц. Отбрасываем первый миллиард цифр: начальные цифры числа Пи тесно связаны с геометрией нашей Вселенной и не совсем случайны. А уж после миллиарда идёт чистая вероятность p=0,5.

Бросаем монету. Выпал «орёл» - 0. Если первая цифра последовательности тоже 0, то получаем результат 0. Затем выпадает «решка» - 1. Вторая цифра последовательности опять ноль. Получаем результат 1. И т.д., если сторона монеты и цифра в последовательности равны, пишем 0, если не равны, пишем 1. Один бросок – один результат! Лучше, чем у Майкла Джордана!

Остаётся в этой истории тёмное пятнышко – нормальность числа Пи не доказана. Грубо говоря, не доказано, что его цифры на бесконечности совершенно случайны. Скорее всего, так и есть, но кто знает?
Virtus пишет:
17 июля 2011 в 14:05

Altakatl, если вместо разложения числа пи взять правильную монету и кидать обе, то Вашим методом получим что нужно. Правда существование правильных монет не доказано и скорее всего их вообще нет, но тогда и нет монет с для которых досотоверно известны вероятности орла и решки. Но если у нас есть хотя бы одна правильная монета, то для любой неправильной мы реализуем правильное бросание!
Astr пишет:
2 февраля 2012 в 09:47

Бросаем молча) Тогда вероятности, что мы скажем "орел" и что скажем "решка", равны, и равны 0.
atlakatl пишет:
2 февраля 2012 в 14:35

Virtus:
если вместо разложения числа пи взять правильную монету и кидать обе
=================================
Я в своём рассуждении предположил:
в нашем распоряжении только один генератор случайности – монета

Вторая "правильная" монета - уже второй "генератор случайности". При её наличии можно вообще выбросить "почти правильную" монету и пользоваться только второй.

Число пи же является генератором псевдослучайности, так как его знаки получают математическими методами строго детерменировано. Т.е. при любом вычислении 100-милионный знак после запятой всегда будет равен, скажем, 3-м.
Virtus пишет:
3 февраля 2012 в 01:39

atlakatl, я сейчас внимательно почитал предыдущие комментарии (обычно я стараюсь все решить сам, но тут времени прошло достаточно).
А ведь ответ уже был! Без разложения чила пи и прочих сложных Ваших и моих конструкций!
За такое же число бросков как и с абсолютно правильной монетой!

Пук пишет:
9 сентября 2009 в 18:22

Каждый четный бросок после того, как монета замерла, переворачивать ее на обратную сторону
atlakatl пишет:
3 февраля 2012 в 04:48

Virtus: А ведь ответ уже был!

Пусть монета имеет вероятность падения на «орла» 0,99999.

Берём «Курс теории вероятности» Гнеденко:

Классическое определение вероятности:
Вероятностью данного события А называется отношение числа несовместимых равновероятностных элементарных событий, составляющих A (т.е. числа m), к числу всех возможных элементарных событий (т.е. к числу n):
P(A) = m / n

Несовместимых – это что такое? Это значит, что цепочку наблюдаемых событий мы не можем группировать по каким-либо критериям. В методе Пука мы имеем чётко выраженные агрегаты событий:
1) Почти каждый нечётный бросок на «орла».
2) Почти каждый чётный бросок на «решку».
3) В паре идущих подряд бросков почти всегда один бросок на «орла», другой на «решку».
События совместны на все лады.

Равновероятных – это что такое? Это значит, что в каждом опыте мы должны ожидать появления события n с вероятностью P(A). В данном случае при каждом броске мы должны ожидать, что монета одинаково вероятно ляжет на «орла» или «решку». В методе Пука мы наблюдаем ожидание «орла» при нечётном броске, «решки» - при чётном.

В аксиоматическом определении вероятности Колмогорова метод Пука нарушает третью аксиому:
Если события A1. A2, …, An попарно несовместимы, то
P(A1 + A2 + … + P(An) = P(A1) + P(A2) + … + P(An)
В методе Пука попарно несовместимых событий вообще нет. Они почти строго детерминированы.
Virtus пишет:
3 февраля 2012 в 22:58

atlakat, я бросаю монету по методу Пука и сообщаю результат, Вы не знаете, четный у меня бросок или нечетный, не знаете вероятности Р, но при этом орлы и решки будут появляться с вероятность 1/2, что и требовалось в условиях задачи. Вы можете возразить, что долго наблюдая,
сможете предсказывать результат. Но представим, что результат каждого испытания мы предъявляем новому наблюдателю. Для каждого из них вероятности орла и решки будут по 1/2. По-моему это полностью удовлетворяет вопросу задачи.
atlakatl пишет:
4 февраля 2012 в 08:47

результат каждого испытания мы предъявляем новому наблюдателю. Для каждого из них вероятности орла и решки будут по 1/2. По-моему это полностью удовлетворяет вопросу задачи.
=====================================
В задаче предлагается найти процесс "как нужно бросать монету, чтобы вы смогли с равной ВЕРОЯТНОСТЬЮ говорить, что выпало - "орёл" или "решка". Критерии вероятности определены в математике чётко. Процесс "орёл-решка-орёл-решка-орёл-..." к вероятностным не относится, хоть и "орлов" и "решек" одинаково. Тогда уж проще по очереди поворачивать монету на "орла" и "решку" и поднимать её над поверхностью на 1 мм, чтобы она не успела перевернуться при падении. Получим именно "равновероятностный ряд", который по определению им не является.

Не понял, чем поможет ряд новых наблюдателей? Очередной наблюдатель следит за процессом. Выпал "орёл". Он записал. Подходит второй. Выпала "решка". Второй записал... В журнале записей поочерёдно идут "орлы" и "решки", но наблюдатели этого не знают. Что - мы организовали равновероятностный процесс?
Virtus пишет:
6 февраля 2012 в 00:54

For atlakatl
Совершенно согласен, что полученная последовательность не удовлетворяет критерию, что она получена при наблюдении случайной величины с распределением (1\2, 1\2).
Осталось узнать, что автор вопроса имел ввиду, он никаких комментариев не давал.