Paradoks Bertranda - paradoks istniejący w ramach teorii prawdopodobieństwa w zbiorach nieskończonych. Problem ten został pierwotnie dostrzeżony przez Josepha Bertranda i opublikowany w jego pracy Calcul des probabilités w 1888 r.

Brzmienie paradoksu:

Na okręgu o promieniu 1 skonstruowano losowo cięciwę AB. Jaka jest szansa, że cięciwa będzie dłuższa, niż bok trójkąta równobocznego wpisanego w ten okrąg?

Bertrand wykazał, że do rozwiązania tego problemu można zastosować trzy różne podejścia - wszystkie poprawne z formalnego punktu widzenia, z których każdy prowadzi do sprzecznych rezultatów z dwoma pozostałymi

Podejście pierwsze

Za zdarzenie elementarne przyjmujemy wybór kąta α, tworzonego przez środek okręgu oraz punkty A i B.

• Ω = [ 0, π ]

• Zdarzenie sprzyjające A = [ 2/3π, π ]

• P(A) = 1/3

(ilustracja)

[Edytuj]

Podejście drugie

Za zdarzenie elementarne przyjmujemy odległość środka skonstruowanej cięciwy od środka okręgu.

• Ω = [ 0, 1 ]

• Zdarzenie sprzyjające B = [0, ½ ]

• P(B) = 1/2

(ilustracja)

[Edytuj]

Podejście trzecie

Za zdarzenie elementarne przyjmujemy wybór dowolnego punktu wewnątrz naszego koła. Zdarzenie sprzyjające zachodzi, gdy wybrany punkt znajdzie się wewnątrz koła wpisanego w rozważany trójkąt równoboczny.

• Ω = K(0, 1)

• Zdarzenie sprzyjające C = K(0,½)

• P(C) = 1/4

(ilustracja)

[Edytuj]

Wniosek

Kluczowy wpływ na obliczone prawdopodobieństwo ma wybór Ω - t.j. sposób wyboru zbioru zdarzeń elementarnych. Bertrand chciał w ten sposób wykazać, że klasyczna definicja prawdopodobieństwa, rozumiana jako liczba zdarzeń sprzyjających (A) do liczby wszystkich zdarzeń elementarnych (Ω) nie może być bezpośrednio zastosowana do zbiórów nieskończonych. Przeniesienie tej definicji na zbiór proporcji długości cięciw (przypadek 1 i 2) lub powierzchni trójkątów (przypadek 3) prowadzi do sprzecznych wyników.

Trudność leży tu bowiem w "sposobie losowania" cięciw - które nie są wzajemnie równoznaczne przy trzech różnych definicjach zbioru zdarzeń elementarnych. Rozwiązaniem paradoksu jest zatem dodanie do definicji prawdopodobieństwa w zbiorach nieskończonych funkcji, która w jednoznaczny sposób określa "sposób losowania" elementów z tego zbioru.

----------------------------------------------------Odwrotny paradoks hazardzisty - jest to błąd logiczny polegający na przekonaniu, że pewne bardzo nieprawdopodobne zdarzenie wymaga uprzednio bardzo dużej liczby prób. Przykładem takiego rozumowania jest na przykład następujące stwierdzenie:

Nie mam szans wygrać na tym automacie, bo dopiero został włączony i to jest pierwsza gra dziś, a jak wiadomo wygranie tutaj czegokolwiek jest bardzo mało prawdopodobne, więc potrzeba dużej ilości gier, żeby coś wygrać

Popełniany błąd polega na złym rozumieniu koncepcji prawdopodobieństwa. O ile automat jest uczciwy, wygranie za każdym konkretnym razem jest równie prawdopodobne.

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Nazwa paradoksu pochodzi od Montego Halla, autora słynnego programu telewizyjnego Let's make a deal (w polskiej wersji Idź na całość).

Zawodnik stoi przed trzema zasłoniętymi bramkami. Za jedną z nich (za którą - wie to tylko prowadzący program) jest samochód. Gracz wybiera jedną z bramek. Prowadzący program odsłania inną bramkę (pokazuje że nie ma za nią samochodu) po czym proponuje graczowi zmianę preferencji. Intuicyjnie nie ma znaczenia, czy zawodnik pozostanie przy swoim wyborze, czy nie. Okazuje się jednak, że jest inaczej.

Załóżmy, że zawodnik wskazuje pierwotnie bramkę, za którą stoi samochód (wybierze ją z prawdopodobieństwem
). Prowadzący program odsłoni wtedy jedną z pozostałych bramek i wówczas zmiana wyboru z pewnością doprowadzi do przegranej.

Jeżeli jednak zawodnik wskaże bramkę, za którą samochodu nie ma (a zrobi to z prawdopodobieństwem
), wówczas prowadzący program będzie musiał odsłonić drugą "pustą" bramkę. Zmiana preferencji z pewnością doprowadzi więc do wygranej.

Wynika stąd, że zawodnikowi opłaci się zmienić bramkę, ponieważ wtedy ma dwa razy większe szanse na wygraną.

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Paradoks hazardzisty - jest to często popełniany błąd logiczny polegający na przyjmowaniu, że pewne zdarzenie będące przedłużeniem pewnej bardzo nieprawdopodobnej serii będzie mniej prawdopodobne niż zdarzenie przerywające tę serię.

Przykładowo, rzucamy pięciokrotnie monetą i wypada 5x pod rząd reszka. Jakie jest prawdopodobieństwo, że po raz szósty z rzędu wypadnie reszka? Paradoks hazardzisty polega na przyjęciu błędnej interpretacji probabilistycznej tego zdarzenia:

Prawdopodobieństwo wyrzucenia 6 reszek pod rząd wynosi 1/64, więc prawdopodobieństwo, że wypadnie reszka po raz 6 pod rząd wynosi 1/64

Jest to rozumowanie błędne, gdyż 1/64 jest to prawdopodobieństwo wyrzuceniu reszek 6x pod rząd na samym początku. W momencie, kiedy zostało już wyrzuconych 5 reszek, należy zastosować wzór na prawdopodobieństwo warunkowe. Prawdopodobieństwo, że wyrzucimy 6 reszek pod warunkiem, że wyrzuciliśmy już 5 reszek jest takie samo, jak prawdopodobieństwo, że wyrzucimy 5 reszek i orła pod warunkiem, że wyrzuciliśmy już 5 reszek, czyli 1/2.

--------------------------------------------------------------------------------------------------------

1 a)paradoks wiecznego pecha

1b ludzie "inteligenti" uważają ze cos takiego jak przesladowanie przez pecha to mit i myslenie nieracjonalne

2c naprawde jest inaczej gdyż zjawisko losowe "pecha" charakteryzuje sie rozkladem pamieciowym i pechy w niach poprzednich zwiekszaja prawdopodobienstwo wystompienia kolejnego pecha

4d (metoda) wzor laplaca

4e matematycznie- nie napisalem

w ostatnim punkcie wsumie powturzylenm 3

czyli ze pech jest pamięciowy

2 czekanei na przystanku

b jeszeli sredni autobus przyjezdza co 1`0 min to myslimy ze srenio bedzeimy czekac 5 minut

tak jest tylko gdy rowno przyjezdzaj zawsze co 10 minut jesli rozkalda przyjazduf nie jest trownomieryny to dlusze oczekiwanie (np w nocy) zawyza srednia czekani na autobu

metoda : napisalem rozklad gama-ale to zupelny strtzal

3 paradoks blizniont

b myslimy ze jeszeli jedne z blizniakuf to hliopak to sznase na to ze drugi to tez hlopak sa 50 procent

3 naprawde jest inaczej..(niepamietam)

4 metoda prawd. calkowite

to było na czw9iczeniach masz to

o blizniakach z kostulakiem robilismyh

no to jest tak ze jest rowne prawdopodobienstow pojawinia sioe par (chlopk,chlopak) (d,h) (d,d)

i podwarunkiem ze wiemy ze jedne jest hlopak liczym, z prawd calkowitego sznase na drugiwego hklopaka

ktorea sie ruwna: 0.33*1+0.33*0,5+0.33*0.0

to tam wyhodzi ze wiencej sznas na drugiegio hlopka jezeli jest tjeden

paradoks ruletki

ludzie "inteliganti uwazaja ze nie ma matod zwiekszenia szans wygranej w ruletke

kozystajaz z metod prawdopodbiensta mozna utworzyc metody zwiekszajace nasze szanse w stosunku do kasynay

musmy kozystac z histori padjacyh liczb

(wsumie to sama scieme walilem ale jakos przeszlo)

paradoks slonca

teza gloszno przez laplaca: jakie jest prawdopodobisnstwo ze dzis wstanie slonce jezeli wstgawalo przz 3454654654645 dni do tej pory

-blande zalozeni bo mehanizm wstawani slonc nie jest losowy..nie bylo na poczatu uryn ze sloncam9i o ruznym prawdopodobienstwie wstania

paradoks rzuty moneta

myslimy ze wypadniecie orla i reszki jest ruwne

tak jest tylko w przypadku monety symetryczej

dla realnej monety ptrawdopodobiensto to mozna wyliczyc kozystajac z prawa wielkich liczap na drodze eksperymentalnej

np zucajz 1000 moneta

paradoks ludzi siedzacych na sali o tej samej dacie urodzin co ty

--tu tylko wiem ze jest ich wiuencej niz liczba_na_sali_osub/liczba_dni_w_roku

a)rzutów kostka

b)

11 = 1+4+6=1+5+5=2+4+5=2+3+6=3+4+4=3+3+5 (6 sposobów rozkładu na sumy)

12 = 1+5+6=2+5+5=2+4+6=3+3+6=3+4+5=4+4+4 (6 sposobów rozkładu na sumy)

ale mimo to rzucajac 3 kostkami częsciej jest 11 niż 12.

c) traktujemy kostki jako nierozróżnialne

d) kombinatoryka

e) kostki sa rozróżnialne!

f) napis 1+5+5 oznacza w sumie 3 kombinacje układów kostki (1+5+5, 5+1+5, 5+5+1 itepe..),

więc mimo tej samej ilosci rozkładów, ilosci przy rozróżnialnych kostkach s± różne

( 6+3+6+6+3+3 vs 6+3+6+3+6+1 )

-----------

a) bertranda

b) W okrag o promieniu R wpisano trójk równoboczny. Znalezć p, że losowa cięciwa będzie dłuższa

od boku trójkata.

W zależnosci od sposobu liczenia - 1/3, 1/2, 1/4

c)

1. losujem kat o wierzchołku w srodku koła. Kat musi być wiekszy niż 2pi/3, stad

p = 1 - (2pi/3 / pi ) = 1/3

2. losujemy odległosc srodka cięciwy od srodka okręgu. Utożsamiamy cięciwy tej samej długosci.

Waruniki spełniaja srodki bliższe niż R/2.

p = R/2 / R = 1/2

3. Losujemy punkt w okręgu będacy srodkiem cięciwy. Zajmuja (te dobre) pole pi(R/2)^2, a pole

całosci to pi*R^2, czyli:

p = 1/4.

d) nie zdefiniowalismy *jak* losujemy cięciwę.

e) zdefiniowanie własciwej przestrzeni probabilistycznej (ważne przy aksjomatycznej t. prawd.)

-------

a)dylemat więznia

b) A,B,C w więzieniu. Uwolniony jeden ( prawd. równe). Więzniowie nie wiedza kto.

A się pyta o imie jednego z więzniów B lub C , który pozostanie w więzieniu.

c) Przed pytaniem ma szanse p = 1/3, po odpowiedzi (powiedzmy B) ma szanse p = 1/2 ( on czyli A lub C).

d) p. warunkowe i całkowite

e) odpowiedz B z p=1/2 gdy B i C zostaj± i p=1 gdy zostaja A i B.

Więc p(wyjdzie A pod warunkiem odpowiedzi = B) = p(wyjdzie A i odpowiedz = B) / ( p(wyjdzie A i odpowiedz = B) + p(A nie wyjdzie i odpowiedz = B)) = 1/2 * 1/3 / (1/2 * 1/3 + 1*1/3) = 1/3

f) informacja kto zostanie nie wnosi z punktu widzenia A nic nowego. Wiadomo że jeden z B/C zostaje.

--------

a) losowych naturalnych

b) dwóch graczy gra w grę. Dostaje po jednej liczbie naturalnej, liczby s± s±siednie. A zna liczbę B, B zna liczbę A, nie znajac swojej. Osoba z mniejsza płaci drugiej tyle, ile wynosiła jej liczba (ta mniejsza). Zawsze można przed rozgrywka spasować.

c) nikt nigdy nie spasuje - jesli przeciwnik ma liczbę k, to ja albo wygrywam k+1 albo przegrywam k-1, czyli srednio wygrywam 1 żeton na partię.

Więc żaden z nich nigdy nie spasuje i każdy srednio wygrywa.

d) rozkład prawdopodobieństwa

e) nie ma rozkładu prawd. równomiernego na całym N. Jest tylko na skończonym zbiorze - a wtedy będa inne rozumowania.

f) nie da się losować z całego N równomiernie - p(liczba) = 0.

---