MATEMANIJA

Ovo je sasvim sigurno originalan zadatak, pošto sam ga ja smislio, naravno umotavši u drugu priču poznate probleme teorije verovatnoće.
Ovako: igrači [inlmath]A[/inlmath] i [inlmath]B[/inlmath] igraju ruski rulet revolverom sa [inlmath]6[/inlmath] ležišta za metke (takozvani kolutaš). Na početku igre podjednaka je verovatnoća da je jedan jedini metak u bilo kom ležištu, a posle svakog okidanja burence se okreće za jedno mesto. Igrač [inlmath]A[/inlmath] puca prvi u sopstvenu glavu. Ako bude "škljoc" puca igrač [inlmath]B[/inlmath], takođe u sopstvenu glavu. I tako naizmenično, dok jedan ne izgubi, ili, što je isto, drugi pobedi. Ko ima veće šanse za pobedu,to jest da preživi: igrač [inlmath]A[/inlmath] koji je prvi na okidaču ili igrač [inlmath]B[/inlmath] koji je drugi, u slučajevima:
a) Posle svakog okidanja odmah se daje revolver drugom igraču, to jest igra traje maksimalno sa [inlmath]5[/inlmath] "škljoc" i jednim "bum".
b) Posle svakog okidanja(ako je "škljoc") burence se zavrti, te je opet metak bilo gde. Ovakva igra traje maksimalno...
Kao bonus možete izračunati i verovatnoće pobede svakog od igrača, u oba slučaja, bitno je da je [inlmath]P(A)+P(B)=1[/inlmath]
p.s. Da bih izbegao eventualne primedbe na morbidnost teksta i ograđivanja tipa: "Ne pokušavajte ovo kod kuće" , smatrajte oružje vodenim revolverom, pa ko izgubi-biće isprskan.

a) mislim da je vjerovatnije da ce drugi doziviti "bum" ([inlmath]\frac{1}{5},\frac{1}{3},\frac{1}{1}[/inlmath])
b) prvi ce prije poginuti, uvijek je u prednosti za jedan pucanj

mislim da je ovo moje razmisljanje pogresno, ali mi je to prvo palo na pamet

Vrlo zanimljivo zadače. Samo ako može jedno pojašnjenje. U osnovnom tekstu zadatka kažeš

desideri je napisao:a posle svakog okidanja burence se okreće za jedno mesto.

međutim, ako sam kasnije dobro razumeo, to se zapravo odnosi samo na slučaj pod a), dok se pod b) burence ne okreće za jedno mesto već se zavrti nasumice, što znači da pod b) svaki put imamo random poziciju burenceta...

Ako je ovo moje tumačenje tačno, onda pod a) imamo zavisne a pod b) nezavisne događaje. U tom slučaju, ne slažem se sa Sinišom za a), a slažem se za b) – mada bi se mogla odrediti i tačna verovatnoća i za jednog i za drugog igrača da će biti... poprskan...

Apsolutno tako, Daniel je razjasnio sve nedoumice u vezi s tekstom zadatka. Evo i rezultata za verovatnoće pobede:
a) [inlmath]P(A)=P(B)=\frac{1}{2}[/inlmath]
b) [inlmath]P(A)=\frac{5}{11}\;P(B)=\frac{6}{11}[/inlmath]
Napisaću i ceo postupak, ali neka još malo...

Ih, što objavi rezultate... Upravo te vrednosti sam i ja dobio i mislio sam i da napišem postupak, al' što kažeš, dajmo šansu ako hoće još neko da pokuša...

Doduše, pod b) bi valjda trebalo [inlmath]P\left(A\right)=\frac{\color{red}6}{11}[/inlmath] i [inlmath]P\left(B\right)=\frac{\color{red}5}{11}[/inlmath], tj. vrlo blaga prednost za igrača [inlmath]A[/inlmath] da će biti isprskan...

Da, da, da. Ja sam mislio na verovatnoće pobede, to jest da neće biti isprskani, a ti na verovatnoće poraza ali to je stvar gledanja, isto je to.
Kao što ti reče, blaga prednost za igrača [inlmath]A[/inlmath] u slučaju [inlmath]B[/inlmath] da će biti isprskan.

U pravu si, moj previd, lepo si bio napisao

desideri je napisao:Kao bonus možete izračunati i verovatnoće pobede svakog od igrača

ali OK, bitna je suština, da su to ta rešenja...

Pošto se niko ne javlja, izložio bih svoj postupak.

a) Ako numerišemo pozicije burenceta od [inlmath]1[/inlmath] do [inlmath]6[/inlmath], tako da se u prvom potezu (kada puca igrač [inlmath]A[/inlmath]) burence nalazi u poziciji br. [inlmath]1[/inlmath], tada igrač [inlmath]A[/inlmath] pobeđuje ako se metak nalazi na parnoj poziciji, a igrač [inlmath]B[/inlmath] pobeđuje ako se metak nalazi na neparnoj poziciji. Budući da su verovatnoće da se metak nalazi na parnoj i na neparnoj poziciji međusobno jednake i iznose [inlmath]\frac{1}{2}[/inlmath], odatle sledi da su i verovatnoće pobede svakog od dva igrača međusobno jednake i iznose [inlmath]P\left(A\right)=P\left(B\right)=\frac{1}{2}[/inlmath].

b) U ovom slučaju su događaji nezavisni, tj. verovatnoća ishoda u svakom potezu ne zavisi od ishoda prethodnih poteza. Verovatnoća „škljoc“-a u svakom potezu je [inlmath]\frac{5}{6}[/inlmath], a verovatnoća „bum“-a (ili „pljus“-a, zavisno od vrste revolvera ) iznosi [inlmath]\frac{1}{6}[/inlmath].
Verovatnoća da će igrač [inlmath]A[/inlmath] biti pogođen u određenom potezu iznosi:
– u [inlmath]1.[/inlmath] potezu: [inlmath]\frac{1}{6}[/inlmath]
– u [inlmath]3.[/inlmath] potezu: [inlmath]\frac{5}{6}\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{6}\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^2[/inlmath] (tj. verovatnoća da je u prva dva poteza bilo „škljoc“ i da je u trećem potezu igrač pogođen)
– u [inlmath]5.[/inlmath] potezu: [inlmath]\frac{5}{6}\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{6}\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^4[/inlmath] (tj. verovatnoća da je u prva četiri poteza bilo „škljoc“ i da je u petom potezu igrač pogođen)
[inlmath]\vdots[/inlmath]

(Za igrača [inlmath]A[/inlmath] parne poteze ne razmatramo, jer tada igra igrač [inlmath]B[/inlmath].)

Ukupna verovatnoća da će igrač [inlmath]A[/inlmath] biti pogođen bilo kad u toku igre jednaka je zbiru verovatnoća po potezima:
[dispmath]\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^2+\frac{1}{6}\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^4+\cdots[/dispmath]
što predstavlja sumu beskonačnog geometrijskog niza kod kojeg je [inlmath]a_1=\frac{1}{6}[/inlmath] i [inlmath]q=\left(\frac{5}{6}\right)^2[/inlmath]:
[dispmath]S=\lim_{n\to\infty}a_1\frac{1-q^n}{1-q}=\frac{1}{6}\lim_{n\to\infty}\frac{1-\cancelto{0}{\left(\frac{5}{6}\right)^{2n}}}{1-\left(\frac{5}{6}\right)^2}=\cancel{\frac{1}{6}}\cdot\frac{6^\cancel2}{6^2-5^2}=\frac{6}{\left(6+5\right)\cancelto{1}{\left(6-5\right)}}=\frac{6}{11}[/dispmath]
Pošto verovatnoćda da će igrač [inlmath]A[/inlmath] biti pogođen bilo kad u toku igre predstavlja, zapravo, verovatnoću pobede igrača [inlmath]B[/inlmath], sledi da je
[dispmath]\enclose{box}{P\left(B\right)=\frac{6}{11}}[/dispmath]
Potpuno analogno se može izvesti i verovatnoća pobede igrača [inlmath]A[/inlmath], ali je dovoljno i samo primeniti formulu [inlmath]P\left(A\right)+P\left(B\right)=1[/inlmath] (jer neki od ta dva igrača mora kad-tad pobediti, tj. verovatnoća da nije bilo pogotka teži nuli kako broj poteza teži beskonačnosti):
[dispmath]P\left(A\right)=1-P\left(B\right)\\
P\left(A\right)=1-\frac{6}{11}\\
\enclose{box}{P\left(A\right)=\frac{5}{11}}[/dispmath]

---

E sad, da ne bude da sam ovim svojim rešenjem „pokvario zabavu“, uveo bih neke modifikacije slučaja pod a), pri čemu je za svaki od tih podslučajeva potrebno pronaći verovatnoće pobede igrača [inlmath]A[/inlmath] i [inlmath]B[/inlmath]:
a1) nakon svakog poteza burence se okreće za [inlmath]2[/inlmath] mesta;
a2) nakon svakog poteza burence se okreće za [inlmath]3[/inlmath] mesta;
a3) nakon svakog poteza burence se okreće za [inlmath]4[/inlmath] mesta;
a4) nakon svakog poteza burence se okreće za [inlmath]5[/inlmath] mesta;
a5) nakon svakog poteza burence se okreće za [inlmath]6[/inlmath] mesta.
Neki od ovih slučajeva su, naravno, sasvim trivijalni (a neki i međusobno identični), ali zašto i njih ne razmotriti.
Takođe, neće u svim ovim slučajevima važiti [inlmath]P\left(A\right)+P\left(B\right)=1[/inlmath].