0

Kolikkopeli

Kuva: Mark Seton/Flickr (CC BY-NC 2.0)

Tuomas ja Heikki pelaavat seuraavilla säännöillä kolikonheittopeliä. He heittävät (reilua, painottamatonta) kolikkoa, kunnes kolmella peräkkäisellä heitolla tulee joko heittosarja klaava-klaava-kruuna tai klaava-kruuna-kruuna. Tuomas voittaa ensimmäisessä ja Heikki jälkimmäisessä tapauksessa.

Millä todennäköisyydellä Tuomas voittaa pelin?


Kuva 1: Klaavaputki toimii Tuomaksen eduksi.

Ratkaisu: Tilannetta voidaan mallintaa monilla tavoilla. Tämäntyyppisissä ongelmissa tykkään itse yleensä lähteä piirtelemään tilannetta auki esimerkiksi puukaavion avulla. Merkitään kruunan heittämistä R:llä ja klaavan heittämistä L:llä. Koska kumpikin voittosarja alkaa klaavalla, voidaan olettaa, että ensimmäinen (relevantti) heitto on ollut klaava.

Jos toinenkin heitto on klaava, ollaan menossa kohti Tuomaksen voittoa (kuva 1). Nyt kruuna katkaisee pelin Tuomaksen eduksi, klaava jatkaa peliä, mutta pitää edelleen Tuomaksella ratkaisevan edun.

Kuva 2: Lisää Tuomaksen voittolinjoja.

Tuomaksen peli ei ole pelattu, vaikka seuraava heitto olisikin kruuna: yksi klaava lisää, ja tilanne palautuu olennaisesti samaksi kuin edellä (kuva 2).

Entäpä Heikin voittolinja tai voittolinjat? Mistä ne löytyvät? Heikki tarvitsee kaksi peräkkäistä kruunaa klaavan jälkeen. Jos saadan klaava, on Heikki aina kahden peräkkäisen onnistuneen heiton päässä voitosta. Tämä on ratkaiseva ero Tuomaksen hyväksi, sillä Tuomaksella voitto voi olla jo yhden heiton päässä. Kaikki sarjat, jossa kaksi klaavaa esiintyy peräkkäin johtavat lopulta Tuomaksen voittoon. Heikin voitto voi siis tulla vain seuraavilla heittosarjoilla: LRR, LRLRR, LRLRLRR, LRLRLRLRR jne. (kuva 3)

Kuva 3: Heikin voittolinjat.

Lasketaan nyt tarkalleen Heikin voittotodennäköisyys, josta Tuomaksen voittotodennäköisyys saadaan komplementtisääntöä käyttäen. Koska kolikko oli painottamaton, sekä kruunan että klaavan todennäköisyys on \frac{1}{2}. Koska peräkkäiset heittokerrat ovat toisistaan riippumattomat, voidaan Heikin voittosarjat laskea kertolaskusääntöä soveltaen. Koska tarkastelu voitiin siis aloittaa ensimmäisestä klaavasta, on heittosarjan LRR todennäköisyys sama kuin kahden peräkkäisen kruunan, eli \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4}. Vastaavasti heittosarja LRLRR saadaan todennäköisyydellä \left(\frac{1}{2}\right)^4 ja niin edelleen. Koska kaikki nämä heittosarjat ovat toisistaan riippumattomia, voidaan niiden yhteinen todennäköisyys laskea summana

    \[\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^4+\left(\frac{1}{2}\right)^6+\left(\frac{1}{2}\right)^8+\cdots .\]

Tämä puolestaan on geometrinen sarja, jonka suhdeluku on \left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}. Näin ollen Heikin voiton todennäköisyydeksi saadaan

    \[\frac{\frac{1}{4}}{1-\frac{1}{4}}=\frac{1}{3}.\]

Komplementtisäännön nojalla Tuomas voittaa nyt todennäköisyydellä 1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.

Tämä pulma löytyi Colin Beveridgen loistavalta Flying colors maths -sivustolta, jolla hän esittelee pulmaan ratkaisun parista muusta näkökulmasta. Colin on myös mainion huumorintajuinen heppu, jonka tekstejä on aina ilo lukea. Säännöllisehkön Twitter-yhteydenpitomme pohjalta Colin on lisännyt joihinkiin teksteihinsä Big in Finland -tunnisteen. Aika velikultia.

0

Todennäköisyyksiä turnauskaaviosta

Pulmakulmassa järjestettiin pulmanratkontaturnajaiset. Lähes kaikki Pulmakulman tunnetut lukijat1 asetettiin turnauskaavioon, josta vain voitolla pääsee etenemään seuraavalle kierrokselle (katso esimerkki ohessa). Turnauskaavion todennäköisyysmatematiikasta saa aikaiseksi muutamia sangen mukavia pulmia. Seuraavat on poimittu Frederick Mostellerin kirjasta Fifty Challenging Problems in Probability.

Ensimmäisen kierroksen pulma on, millä todennäköisyydellä toiseksi paras ratkoja tulee kahdeksan pelaajan turnauksessa toiseksi, kun kaavion ensimmäinen kierros arvotaan.

Toisella kierroksella kysymme, millä todennäköisyydellä kaksi tiettyä pelaajaa (esim. Petri ja Toni) kohtaavat toisensa kahdeksan hengen pelaajan turnauksessa. Finaalikysymyksenä on, millä todennäköisyydellä kaksi tiettyä pelaajaa kohtaavat toisensa 2^n pelaajan turnauksessa.

Esimerkki turnauskaaviosta (Tehty osoitteessa http://www.freebracketgenerator.com)


Ratkaisu: Ensimmäinen kysymyksistämme on helppo: jos oletetaan, että ratkojilla on pysyvä paremmuusjärjestys (eli parempi voittaa aina heikomman), tulee toiseksi paras toiseksi vain, jos ei kohtaa parasta ennen kolmatta kierrosta eli finaalia. Näin ollen toiseksi parhaan pitää olla eri puolella kaaviota. Tämän todennäköisyys on \frac{4}{7}.

Toisessa ja kolmannessa kysymyksessä ei enää ole paremmuusjärjestyksellä väliä, nyt oletamme, että kummallakin otteluparin osapuolella on yhtäläiset mahdollisuudet jatkaa seuraavalle kierrokselle.

Olkoon Petri sijoitettu sattumanvaraiseen paikkaan kahdeksanpaikkaisessa kaaviossa. Nyt todennäköisyys, että Toni tulee ensimmäisessä ottelussa häntä vastaan, on \frac{1}{7}. Todennäköisyys sille, että Toni on viereisessä parissa (jolloin he kohtaisivat toisella kierroksella), on \frac{2}{7}, ja todennäköisyys sille, että molemmat pääsevät toiselle kierrokselle on \left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}. Edelleen todennäköisyys sille, että Toni ja Petri ovat kaavion eri puolilla (jolloin he kohtaavat aikaisintaan finaalissa), on \frac{4}{7}, ja todennäköisyys, että molemmat etenevät finaaliin saakka, on \left(\frac{1}{4}\right)^2=\frac{1}{16}. Kaikkiaan Petrin ja Tonin kohtaamisen todennäköisyys on nyt

    \[\frac{1}{7}\cdot 1+\frac{2}{7}\cdot\frac{1}{4}+\frac{4}{7}\cdot\frac{1}{16}=\frac{1}{4}.\]

Ratkaistaan sitten vielä viimeinen kysymys. Jos turnauksessa on kaksi osallistujaa, kohtaavat Petri ja Toni varmasti. 2^2=4 osallistujan tapauksessa he kohtaavat todennäköisyydellä \frac{1}{2}, ja äsken näytimme, että kohtaamistodennäköisyys 2^3=8 osallistujan turnauksessa on \frac{1}{4}. Voimme tehdä arvauksen, että 2^n osallistujan turnauksessa kohtaamistodennäköisyys olisi \frac{1}{2^{n-1}}. Tämä voidaan osoittaa matemaattisella induktiolla.

Selvästi väittämämme pätee, kun n=1, eli 2^1=2 osallistujan turnauksessa Toni ja Petri kohtaavat todennäköisyydellä \frac{1}{2^{1-1}}=1. Käytetään nyt induktio-oletuksena, että 2^k osallistujan turnauksessa kohtaamistodennäköisyys olisi \frac{1}{2^{k-1}}. On osoitettava vielä, että 2^{k+1} osallistujan turnauksessa kohtaamistodennäköisyys olisi \frac{1}{2^{(k+1)-1}}=\frac{1}{2^k}.

Aloitetaan toteamalla, että jos osallistujia on 2^{k+1}, ovat Petri ja Toni eri puolilla kaaviota (eli kohtaavat aikaisintaan finaalissa) todennäköisyydellä \frac{2^k}{2^{k+1}-1}. Tämä on johdettavissa helposti kahdeksan pelaajan turnauksen mallinnuksen mukaisesti. Finaaliin päästäkseen Tonin ja Petrin on kummankin voitettava k vastustajaa, minkä todennäköisyys on \frac{1}{2^k}\cdot\frac{1}{2^k}=\frac{1}{2^{2k}}. Näin ollen todennäköisyys sille, että he ovat kaavion eri puolilla ja kohtaavat (finaalissa) on

    \[\frac{2^k}{2^{k+1}-1}\cdot\frac{1}{2^{2k}}.\]

Todennäköisyys sille, että Toni ja Petri ovat samalla puolella kaaviota, eli kohtaamassa ennen finaalia on \frac{2^k-1}{2^{k+1}-1}. Induktio-oletuksen mukaan heidän todennäköisyytensä kohdata tässä 2^k osallistujan (ali-)turnauksessa on \frac{1}{2^{k-1}}. Näin ollen yhteenlasketuksi kohtaamistodennäköisyydeksi 2^{k+1} osallistujan turnauksessa saadaan

    \[\frac{2^k-1}{2^{k+1}-1}\cdot\frac{1}{2^{k-1}}+\frac{2^k}{2^{k+1}-1}\cdot\frac{1}{2^{2k}},\]

joka toden totta sievenee muotoon

\frac{1}{2^k}.

Näin ollen induktioväite on osoitettu todeksi ja samoin koko väittämä.

0

Ruuhkavuodet

Olen ilokseni kuullut, että Pulmakulmalla on ystäviä myös etelässä. Tämä seuraava pulma on saatu fanifiktiona, ja koska se perustunee tositapahtumiin, suojeltakoon lähdettä ainakin vähän.

No niin. Stefanilla on kolme lasta. Lasten kanssa kävellään päiväkodin ja koulun väliä viitenä päivänä viikossa. Lapsi A kiukuttelee keskimäärin 1/5 matkoista, lapsi B 3/5 matkoista ja lapsi C 4/5 matkoista. Mikä on todennäköisyys, että viikossa olisi edes yksi päivä, jolloin kukaan lapsista ei kiukuttele?


Ratkaisu: Ratkaistaan ongelma käyttämällä yleistä kertolaskusääntöä, komplementtisääntöä sekä binomitodennäköisyyttä. Tilannehan voidaan tulkita toistokokeeksi, jossa toistetaan yhden päivän käyttäytymistä viisi kertaa.

Oletetaan, että lasten kiukuttelualttiudet ovat toisistaan riippumattomia. Näin ollen yhteen suuntaan todennäköisyys sille, että kukaan ei kiukuttele on

    \[\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{5}=\frac{8}{125}.\]

Päivässä kuljetaan kaksi matkaa, joten todennäköisyys sille, että kukaan ei kiukuttele yksittäisenä päivänä on

    \[\left(\frac{8}{125}\right)^2=0,00496.\]

Siis todennäköisyys sille, että ainakin joku kiukuttelee yksittäisenä päivänä on 1-0,004096=0,995904.

No, ei tilanne ole kuitenkaan ihan näin synkkä, sillä viikossa päiviä on viisi. Voidaan ajatella päivien toistuvan aina samanlaisina (eli toistot ovat toisistaan riippumattomia), jolloin binomitodennäköisyyttä hyödyntäen voidaan laskea todennäköisyys sille, että ainakin yhtenä päivänä kukaan ei kiukuttele. Siis P(\mbox{ainakin kerta ilman kiukkua})=1-P(\mbox{joku kiukuttelee aina}), eli

    \[1-0,995904^5=0,02031\ldots\approx2,0\%.\]

0

Monivalintakysymys

Jos vastaat tähän kysymykseen sattumanvaraisesti, millä todennäköisyydellä vastaat oikein?

  1. 25 %
  2. 50 %
  3. 60 %
  4. 25 %

Tämä kysymys on kierrellyt jo jonkin aikaa ympäri nettiä. Kiitos kontribuutiosta, Mikko Saari!


Ratkaisu: Pulmaa ei tietenkään voida ratkaista sen itseensä viittaavan luonteen vuoksi. Toisin sanoen pulma ei ole hyvin määritelty. Se ei tietenkään tarkoita sitä, etteikö se olisi hauska. Juuri tällaisista paradokseista ja kielivitseistä minä olen pitänyt koko ikäni. Lisää tästä teemasta löytyy esimerkiksi Alexander Bogomolnyn mainiolta Cut the Knot -sivustolta.

0

Sinisilmäiset tytöt

Kun vastaasi tulee kaksi Sinisalon sisarusta, on todennäköisyys sille, että molemmilla on siniset silmät, täsmälleen 50 prosenttia. Montako sisarusta Sinisalon perheessä todennäköisimmin on?

Kyllä vain, Martin Gardnerin klassisia pulmiahan tämä ilmiselvästi on.


Ratkaisu: Jos Sinisalon perheessä on t tyttöä, joista sinisilmäisiä on s kappaletta, on todennäköisyys kahdelle sattumanvaraiselle sinisilmälle \displaystyle\frac{s(s-1)}{t(t-1)}. Tyttöjä on todennäköisimmin 4, joista sinisilmäisiä on 3, sillä seuraavat yhtälön \displaystyle\frac{s(s-1)}{t(t-1)}=\frac{1}{2} toteuttavat kokonaisluvut ovat t=21 ja s=15.

0

Katkaistu keppi

Keppi katkaistaan sattumanvaraisesta kohdasta. Viikon helppo pulma on, kuinka suuri osa koko kepistä lyhyempi pala keskimäärin on. Tämän ratkaistuasi voit siirtyä viikon vaikeaan pulmaan: mikä on kepin lyhyemmän ja pidemmän osan pituuksien keskimääräinen suhde?


Ratkaisu: Sattumanvarainen katkaiseminen tarkoittaa sitä, että kepin jokainen kohta on yhtä todennäköinen katkeamiskohta. Katkeamiskohta on yhtä todennäköisesti kepin puolivälin vasemmalla ja oikealla puolella. Se katkeaa keskimäärin tämän puolikkaan keskeltä, joten sen keskimääräinen pituus on \frac{1}{4} koko kepin pituudesta.

Tutkitaan sitten osien pituuksien suhdetta. Yleisyydestä poikkeamatta voidaan olettaa kepin pituudeksi 1 yksikkö. Olkoon  katkeamiskohta kepin loppupäässä ja olkoon pidemmän palan pituus x. Lyhyempi pala on nyt siis 1-x ja näin ollen kysytyksi suhteeksi saadaan

    \[2\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{1-x}{x} dx=2\ln 2-1\approx 0,386.\]

Tämä pulma oli Frederick Mostellerin kirjasta Fifty Challenging Problems in Probability.

0

Kaksi tuomioistuinta

Kuvitellaan kaksi tuomioistuinta. Ensimmäisessä tuomioistuimessa istuu kolme tuomaria, joista kaksi osaa toisistaan riippumatta tehdä oikeudenmukaisen ratkaisun päätöksissään todennäköisyydellä p. Kolmas tuomari heittää päätöksensä aina kolikolla. Ratkaisu saadaan enemmistöpäätöksellä. Toinen tuomioistuin koostuu vain yhdestä tuomarista, joka osaa tehdä oikean päätöksen todennäköisyydellä p. Kumpi tuomioistuin antaa todennäköisemmin oikean tuomion?

Kuva: Brisan / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)

Kuva: Brisan / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)


Ratkaisu: Molemmat tuomioistuimet ovat yhtä hyviä. Ensimmäisessä tuomioistuimessa on kolme mahdollista tapausta, joissa ratkaisu on oikeudenmukainen:

  1. Ensimmäinen ja toinen tuomari osuvat oikeaan. Tällöin lantinheittäjätuomarin ratkaisulla ei ole väliä. Todennäköisyys tälle on riippumattomuuden nojalla p\cdot p=p^2.
  2. Ensimmäinen on oikeassa, toinen väärässä ja lantinheittäjä oikeassa. Todennäköisyys tälle on p(1-p)\cdot\frac{1}{2}=\frac{p}{2}-\frac{p^2}{2}.
  3. Ensimmäinen erehtyy, toinen on oikeassa ja lantinheittäjä on oikeassa. Tämänkin todennäköisyys on \frac{p}{2}-\frac{p^2}{2}.

Koska tapaukset ovat erillisiä, on tuomioistuimen onnistumistodennäköisyys näiden kolmen tapauksen todennäköisyyksien summa, eli

    \[p^2+\left(\frac{p}{2}-\frac{p^2}{2}\right)+\left(\frac{p}{2}-\frac{p^2}{2}\right)=p.\]

Tämä pulma on Frederick Mostellerin kirjasta Fifty Challenging Problems in Probability with Solutions (Dover Publications, 1965).

0

Hyvä ja huono pelaaja

Tehtävänäsi on pelata kolme erää squashia ja voittaa niistä kaksi peräkkäin. Vastaasi asettuu vuoron perään hyvä pelaaja ja kehno pelaaja. Kumpi vastustajista sinun kannattaa kohdata ensin? Eli kannattaako sinun pelata erät järjestyksessä hyvä–kehno–hyvä vai kehno–hyvä–kehno?

Kuva: jamesdaniel4792 / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)

Kuva: jamesdaniel4792 / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)


Ratkaisu: Parempi järjestys on hyvä–kehno–hyvä. Ratkaisua voidaan lähestyä ainakin kahdella tavalla. Ensinnäkin, koska tehtävänäsi on voittaa kaksi peräkkäistä erää, on sinun välttämättä voitettava eristä keskimmäinen. Sen voittotodennäköisyys kannattaa maksimoida, joten kehno pelaaja kannattaa kohdata nimenomaan silloin.

Ratkaisu voidaan toki osoittaa oikeaksi myös matemaattisesti. Olkoon todennäköisyys sille, että voitat hyvän pelaajan h, ja kehnon pelaajan voittamiselle k. Nyt tietenkin 0<h<k<1, eli hyvän pelaajan voittaminen on epätodennäköisempää kuin kehnon. Näillä merkinnöillä häviät hyvälle pelaajalle todennäköisyydellä 1-h ja kehnolle todennäköisyydellä 1-k. Oletetaan, että peräkkäisten erien voittotodennäköisyydet eivät riipu toisistaan.

Erilaisia tapoja voittaa kaksi erää peräkkäin on kolme:

  1. voitto, voitto, voitto
  2. voitto, voitto, tappio
  3. tappio, voitto, voitto

Nämä ovat erillisiä, riippumattomia tapauksia, joten yhden tapauksen todennäköisyys saadaan tulon avulla ja kokonaistodennäköisyys laskemalla yksittäisten todennäköisyyksien summa. Tutkitaan ensin järjestys hyvä–kehno–hyvä. Tästä saadaan todennäköisyys

    \[hkh+hk(1-h)+(1-h)kh=hk(2-h).\]

Vastaavasti järjestykselle kehno–hyvä–kehno saadaan todennäköisyys

    \[khk+kh(1-k)+(1-k)hk=hk(2-k).\]

Koska h<k, niin 2-h>2-k, joten hk(2-h)>hk(2-k).

Tämäkin ongelma tuli vastaan Alex Bellosin pulmapalstan kautta. Bellos kreditoi pulman lähteeksi Frederick Mostellerin kirjan Fifty Challenging Problems in Statistics with Solutions. Tämä pulmablogiharrastus alkaa käydä kukkarolleni, sillä Mostellerin kirjan lisäksi nettikirjakaupasta tarttui (taas kerran) mukaan muutama muukin alan teos. Niistä luultavasti tuonnempana lisää.

0

Hyvät, pahat ja rumat

Sergio Leonen lännenelokuvan Hyvät, pahat ja rumat (1966) loppukohtauksessa Clint Eastwood, Lee Van Cleef ja Eli Wallach käyvät kuuluisan kolmintaistelun hautausmaalla, jonka asetelma on myös matemaattisesti kiintoisa: tällaisessa tilanteessahan nopein vetäjä ei automaattisesti olekaan vahvimmilla. Tarvitaan jonkinlaista optimointistrategiaa, jota voidaan mallintaa todennäköisyyslaskennan keinoin.

Kuva: Jacques Meynier de Malviala / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)

Kuva: Jacques Meynier de Malviala / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)

Leonen elokuvassa käsikirjoitus tietysti sanelee lopputuloksen, mutta kokeillaanpa kolmintaistelua tiukemmilla säännöillä. Arvotaan ensin ampumisjärjestys ja noudatetaan sitä loppuun asti. Ammutaan vuorojärjestyksessä yksi kuti kerrallaan minne tahansa, kunnes pystyssä on enää yksi mies. Oletetaan, että Clint osuu kohteeseensa aina, Lee 80 prosentin varmuudella ja Eli 50 prosentin varmuudella. Oletetaan vielä, että kaikki noudattavat parasta strategiaa, ja että kehenkään ei osu vahinkokimmokkeita. Kuka kolmikosta on todennäköisin taistelun voittaja? Mitkä ovat kunkin miehen täsmälliset selviytymismahdollisuudet?

Ongelman löysin jälleen Martin Gardnerin kautta; hän kertoo, että se on esiintynyt useissa lähteissä ainakin 1930-luvun lopulta alkaen.


Ratkaisu: Todennäköisin ammuskelun henkiinjäänyt on Eli. Hänelle paras strategia on ammuskella ilmaan siihen asti, kunnes jäljellä on vain toinen vastapelureista, sillä he tähtäävät varmasti toisiaan niin kauan kuin heissä henki pihisee, ja hyökätä sitten henkiinjääneen kimppuun. Mutta käydään nyt kunkin pyssysankarin mahdollisuudet läpi.

Clintin henkiinjäämisprosentti on helppo selvittää. Jos hän aloittaa Leetä vastaan, hän ampuu tämän. Jos taas Lee aloittaa, on Clintillä 20 prosentin mahdollisuus selvitä. Koska nämä tapaukset ovat erilliset ja yhtä todennäköiset, on Clintin selviämismahdollisuus Leetä vastaan \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{5}=\frac{3}{5}. Koska tämän jälkeen Clint selviää 50 prosentin todennäköisyydellä Elin laukauksesta, joten kaikkiaan Clintin eloonjäämistodennäköisyys on \frac{3}{5}\cdot\frac{1}{2}=\frac{3}{10}=30\%.

Lee selviytyy voittajana Clintiä vastaan todennäköisyydellä \frac{2}{5}. Tämän jälkeen hän ajautuu kaksintaisteluun Elin kanssa. Jos hän selviytyy Elin ensimmäisestä laukauksesta, voittaa hän 80 prosentin todennäköisyydellä. Tämän jälkeen hän voi voittaa toisella laukauksellaan, ellei Eli osu, ja edelleen kolmannella, neljännellä, viidennellä laukauksella, kunnes ratkaisu tulee. Ensimmäisen laukauksen voiton todennäköisyys on \frac{1}{2}\cdot\frac{4}{5}=\frac{4}{10}, toisen laukauksen \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{5}=\frac{4}{100} ja niin edelleen. Kaikkiaan Leen voittomahdollisuudet mittelössä Elin kanssa muodostavat geometrisen summan

    \[\frac{4}{10}+\frac{4}{100}+\frac{4}{1000}+\frac{4}{10000}+\cdots\]

Tämä taas voidaan ilmoittaa päättymättömänä desimaalikehitelmänä 0,44444\ldots=\frac{4}{9}. Lee siis voittaa Elin todennäköisyydellä \frac{4}{9}, joka yhdistettynä voittotodennäköisyyteen Clintiä vastaan antaa Leen kokonaistodennäköisyydeksi selvitä \frac{2}{5}\cdot\frac{4}{9}=\frac{8}{45}\approx 17,8\%.

Elin voittotodennäköisyys on nyt 1-\frac{3}{10}-\frac{8}{45}=\frac{47}{90}\approx 52,2\% ja siis selvästi paras kolmesta.

Jos Eli ei paukuttelisikaan ilmaan, vaan tähtäisi vaarallisimpaan vastustajaansa vuorollaan alusta asti, hänen selviämismahdollisuutensa olisi noin 44,7\%. Tällöin Leen mahdollisuudet nousisivat 31,1 prosenttiin ja Clintin mahdollisuudet olisivat vain noin 24,2\%.

3

Valkeita palloja pussissa

Pussissa on joko musta tai valkoinen pallo. Laitetaan pussiin valkoinen pallo ja nostetaan tämän jälkeen sattumanvaraisesti toinen palloista pois. Millä todennäköisyydellä pussiin jää valkoinen pallo, jos nostettu pallo oli valkoinen?

Tämä hauska ongelman lienee keksinyt brittimatemaatikko Charles Lutwidge Dodgson (1832–1898). Jälkimaailma tuntee hänet paremmin kirjailijanimellä Lewis Carroll.


Ratkaisu: Seuraavat nostojärjestykset ovat ainoat mahdolliset:

  1. Valkoinen pallo 1 ja valkoinen pallo 2.
  2. Valkoinen pallo 2 ja valkoinen pallo 1.
  3. Valkoinen pallo 1 ja musta pallo 1.

Tapauksilla 1–3 on sama todennäköisyys, joten kysytty todennäköisyys on \frac{2}{3}.